Simson
Bonjour à tous
Etant donné un cercle $\Gamma$, une droite $D$ et un point $M$ situé sur $\Gamma$, montrer qu'il existe une infinité de triangles $ABC$ inscrits dans le cercle $\Gamma$ et dont la droite de Simson du point $M$ soit la droite $D$.
Questions annexes:
1°Lieu des orthocentres des triangles $ABC$.
2° Enveloppes des côtés et des hauteurs de ces triangles.
3° Etant donnés un cercle et une parabole du plan euclidien, à quelles conditions existe-t-il une infinité de triangles inscrits dans le cercle et circonscrits à la parabole.
Amicalement
pappus
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Réponses
1° Les orthocentres sont sur la droite de Steiner qui est l'image de $(D)$ par l'homothétie de centre $M$ et de rapport $2$.
Cordialement,
Rescassol
Ce n'est pas que je ne fréquente plus le forum de Géométrie, mais je ne prends connaissance des fils que lorsqu'il y a déjà des réponses qui ont plié les questions. Pour une fois, j'arrive au début de la bataille !
En plus, ce n'est pas trop dur !!!
D'un point $N$ sur le droite de Simson, on mène la perpendiculaire à $(MN)$, laquelle coupe $(\Gamma)$ en deux points $B$ et $C$ (pourvu que $N$ soit dans un certain intervalle ouvert non vide). Le cercle de diamètre $(MC)$ coupe $(D)$ en $N$ et en un autre point, $N'$ ; enfin, la droite $(CN')$ recoupe $(\Gamma)$ en un point $A$. La droite de Simson de $M$ relative au triangle $(ABC)$ est bien $(D)$ puisque deux des projections sont dessus.
L'enveloppe des côtés est un arc de l'antipodaire de $M$ par rapport à $(D)$, savoir la parabole de foyer $M$ et de tangente au sommet $(D)$.
La réponse à la dernière question (3)) est donc sans doute : la CNS est que le foyer de la parabole soit sur le cercle.
J'ai bon, m'sieur ?
La construction de john-john n'est pas toujours possible, car lorsque $N$ varie sur $(D)$ la perpendiculaire à $(MN)$ passant par $N$ peut très bien ne jamais rencontré le cercle. La droite $(D)$ ne peut pas être quelconque.
Une bonne journée, Ludwig
$\def\ptv{~;~}$ On prend le cercle unité comme cercle de base, et on pose $D\simeq\left[\rho,k,1/\rho\right]$, $M\simeq\tau:1:1/\tau$ avec $\rho,\tau$ turns et $k\geq0$. Soit $\alpha,\beta,\gamma$ le triangle inconnu. On calcule la droite de Simson et on trouve: \[ \left[2\,\delta^{2}\ptv\alpha\,\beta\,\gamma+\left(\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha\right)\delta-\left(\alpha+\beta+\gamma\right)\delta^{2}-\delta^{3}\ptv-2\,\alpha\beta\gamma\,\delta\right] \] Il serait tentant d'introduire les fonctions symétriques en $\alpha,\beta,\gamma$... mais c'est exactement ce qu'il ne faut pas faire. Il faut, au contraire, briser la symétrie et introduire \[ \left\{ \gamma\,\beta=\mathrm{PP},\beta+\gamma=\mathrm{SS}\right\} \] Une identification donne \[ \left\{ \mathrm{PP}=\dfrac{-\delta}{\rho^{2}\alpha},\;\mathrm{SS}=\dfrac{\left(\alpha+\delta\right)\alpha\delta{\rho}^{2}+2\,\alpha\,\delta\,k\rho+\alpha+\delta}{\rho^{2}\alpha\,\left(\alpha-\delta\right)}\right\} \]
Cordialement, Pierre.
où $w\in\R$.
La dernière formule est peut-être peu lisible, les traits de fraction ressemblant aux traits de conjugaison (au tableau, j'avais l'habitude de mettre les premiers en oblique lorsqu'il y avait risque de confusion...)
NB : chemin est ce qui apparaît dans ma version de Géogébra ; peut-être est-elle un peu paléolithique.
NB2 : CaBri donnait des enveloppes tout à fait honorables.
j'ai lu le lien que tu cites et regardé comment fonctionne ton exemple d'enveloppe d'une famille de cercles ; ce n'est pas si mal que cela (l'enveloppe semble bien tangente aux cercles lorsque l'on déplace le curseur).
Cela dit, je me contenterais d'une commande d'enveloppe de droites (dans ma figure d'hier, j'avais construit les points caractéristiques puis fait tracer le lieu d'iceux).
Cordialement, j__j