Isogonalité
Réponses
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Bonjour à tousSi vous vous donnez une droite $\Delta$ dans le plan du triangle $ABC$, cette condition géométrique est si simple que vous pouvez dire au premier coup d'œil sans le moindre calcul si $\Delta$ contient ou non une paire de points isogonaux distincts!Amicalementpappus
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Il ne faut pas que cette droite passe par un sommet du triangle.
Bonne journée, Ludwig -
En faisant un petit calcul barycentrique, je dirais que, parmi les quatre centres des cercles tritangents, une CNS est que l'un d'entre eux se trouve d'un côté de la droite et les trois autres de l'autre côté (côté = demi plan ouvert de frontière la droite).
Je suis content de pouvoir mettre mon granum salis dans ce fil qui n'a pas eu cent réponses avant que j'aie eu le temps de le lire.
Amitiés à tous ! j__j -
La droite $\Delta$ peut passer par un sommet du triangle, mais pas par deux !
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Ludwig : oui, si l'on convient qu'un sommet est l'isogonal de tout point du côté opposé, différent d'un sommet (ce qui est conforme à l'expression analytique de l'isogonalité) et que l'isogonal d'un sommet est n'importe lequel de ces points.
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Et la droite de l'infini, au fait ! Elle ne daigne pas couper son isogonale en des points réels et ça tombe bien parce que les quatre centres sont d'un même côté d'icelle. J'aurais même tendance à dire qu'il n'y a qu'un côté pour cette droite.
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Bonjour j_j et LudwigC'est évidemment j_j que je suis si content de retrouver qui a raison.Pourquoi procéder par affirmations péremptoires sans la moindre justification?Tu remarques que ce n'est pas ma méthode et que j'essaye toujours de faire des calculs détaillés quand cela est possible!Dans le fil voisin initié par Piteux_gore, j'ai bien cru que tu allais nous lister toutes les équations du second degré menant à la solution d'un problème de géométrie, comme si cela était possible!La démarche inverse me parait plus souhaitable.C'est d'ailleurs ce qui m'a incité à ouvrir cette discussion.La question que je pose est typique de celles qui mènent à la résolution d'une équation du second degré.La seule difficulté (?) est d'écrire cette équation et par sa juste réponse, je sais que j_j l'a écrite.A toi de faire de même!Amicalementpappus
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Si $(x,y,z)$ sont les coordonnées barycentriques d'un point $M$ du plan alors celles de son isogonal $M'$ par rapport au triangle $ABC$ sont $\left(\frac{a^{2}}{x}, \frac{b^{2}}{y}, \frac{c^{2}}{z} \right)$. Les coordonnées du centre du cercle inscrit sont $(a,b,c)$ : il est donc son propre conjugué isogonal. Idem pour les trois centres des cercles exinscrits (par exemple les coordonnés de l'un d'eux sont $(-a,b,c)$).
Cela étant dit, comment caractériser les droites du plan qui contiennent deux points isogonaux distincts ?
J'ai écrit l'équation d'une droite passant par un point et son isogonal : $\left(\begin{array}{rrr}X&x&\frac{a^{2}}{x}\\Y&y&\frac{b^{2}}{y}\\Z&z&\frac{c^{2}}{z}\\\end{array}\right)=0$.
On trouve $Xx\left(c^{2} \; y^{2} -b^{2} \; z^{2} \right) + Yy\left(a^{2} \; z^{2} - c^{2} \; x^{2} \right) + Zz\left(b^{2} \; x^{2}-a^{2} \; y^{2} \right) = 0$.
Que faire de cela ? Pour l'instant je n'en sais rien du tout. -
Bonsoir, Ludwig : j'ai procédé différemment. L'idée est de prendre une équation de droite $pX+qY+rZ=0$, dont l'isogonal est (en général une conique circonscrite) d'équation $pa^2/X+qb^2/Y+rc^2/Z=0$.
Il reste alors à discuter le nombre de points d'intersection réels et cela dépend d'un discriminant qui se factorise en le produit de quatre formes linéaires en $(p,q,r)$ : savoir $(pa+qb+rc)(-pa+qb+rc)...$ et la conclusion s'ensuit. -
Merci j_jIl faut calculer ce discriminant pour s'apercevoir que c'est un polynôme homogène de degré $4$ très célèbre puisqu'il a été inventé par Héron d'Alexandrie :$$\Delta=\mathbb H(pa,qb,rc)$$avec :$$\mathbb H(X,Y,Z)=2Y^2Z^2+2Z^2X^2+2X^2Y^2-X^4-Y^4-Z^4=(X+Y+Z)(-X+Y+Z)(X-Y+Z)(X+Y-Z)$$Mais le véritable problème est de savoir comment j_j a procédé pour en déduire ce qu'il a dit sur la position de la droite par rapport aux quatre centres des cercles tritangents !
Amicalement
pappus -
Bonsoir, pappus,
on a envie de dire que, si une droite $D$ a pour équation barycentrique $pX+qY+rZ=0$, la position du point $(x:y:z)$ à distance finie est donnée par le signe de $px+qy+rz$.
Cela n'a pas de sens puisque ce triplet n'est défini qu'à un scalaire multiplicatif près, qui peut être négatif ; cela prend tout son sens au contraire si l'on impose que $x+y+z$ soit $>0$. On n'a ensuite aucun mal à établir tout cela rigoureusement
L'inégalité triangulaire nous dit enfin où placer le(s) signe(s) $-$, en fait un seul dans chaque triplet, dans les coordonnées des centres des trois cercles exinscrits, afin de respecter cette obligation de signe.
C'est avec tout cela en tête que j'ai écrit supra que la droite de l'infini ne définit, elle, qu'un seul côté. -
Merci j_j pour tes explications.Peut-être se trouvent-elles déjà dans ton livre:
livre indispensable que tout amoureux de la géométrie se doit d'avoir dans sa bibliothèque.Je l'avais autrefois en ma possession mais hélas, je ne l'ai plus car je l'ai donné à un taupin qui se présente à Ulm cette année et qui en avait plus besoin que moi.Je voudrais prolonger cet exercice de plusieurs façons.1° Si on se donne une droite $D$ dans le plan euclidien du triangle $ABC$, elle possède une paire de points isogonaux réels ou imaginaires conjugués.De toutes façons, le milieu $O$ de la paire est toujours réel.Peut-on donner une construction simple de ce point $O$?On récolte ainsi un gudule $(D,D')$, formé de la droite $D$ et de la droite $D'$ perpendiculaire en $O$ à la droite $D$Donner l'équation de $D'$.2° Dans tous les cas de figure, $D$ est l'axe d'une conique inscrite, soit l'axe focal si la paire est formée de points réels soit l'axe non focal si la paire est formée de points imaginaires conjugués et alors $D'$ sera alors soit l'axe non focal soit l'axe focal.Donner l'équation de cette conique inscrite en fonction de l'équation de $D$.AmicalementpappusPSOn a du pain sur la planche! -
Bonjour à tousA défaut de faire pour le moment quelque calcul que ce soit, j'ai au moins au moins tracé la figure!
Je me suis donné la transversale $D$ dans le plan du triangle $ABC$.J'ai tracé le triangle $A'B'C'$ symétrique du triangle $ABC$ par rapport à la droite $D$.Je dispose d'une macro me traçant la conique tangente à cinq droites.Pour ces cinq droites, j'ai choisi les droites $BC$, $C A$, $AB$, $A'B'$, $A'C'$.Et je constate avec grand plaisir que cette conique $\Gamma$ est aussi tangente à la droite $B'C'$.Cela mérite bien quelques explications!Ensuite je dispose d'une macro traçant les foyers d'une conique donnée.D'où les points $F$ et $F'$ puis leur milieu $O$.Amicalementpappus -
Bonjour, pappus,
bien joué ! Me voilà pris dans le rets... tu nous as appâtés avec une question facile et, vlan, en voici de substantielles.
Alors, pour le 1°, déjà : on sait toujours construire le milieu du segment d'intersection droite-conique, c'est là où la polaire du point à l'infini de la droite coupe cette droite. Figure à l'appui.
A suivre !
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