Polaire réciproque

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Sommaire

1 Points cocycliques, quadrilatère inscrit
- 1.1 Preuve géométrique
- 1.2 Preuve analytique
2 Un produit scalaire symétrique
- 2.1 Preuve géométrique
- 2.2 Preuve analytique
3 Apparition de la droite des tangentes
4 POLAIRE RÉCIPROQUE
- 4.1 Définitions
- 4.2 Intersection et alignement
5 Polaire d'une courbe
6 Polaire d'une conique

[modifier] Points cocycliques, quadrilatère inscrit

Soit $A, B, C, D$ un quadrilatère et $M$ l'intersection des diagonales.

Les quatre points sont cocycliques si et seulement si $\overline{MA}\,\overline{MB}=\overline{MC}\,\overline{MD}.$

Démonstrations

Preuve géométrique

Dans le sens direct c'est immédiat puisque c'est la puissance de $M$ par rapport au cercle contenant les points.

Réciproquement soit $\mathcal C$ le cercle contenant $A, B, C$ et $D'=(MB)\cap\mathcal C$ Alors $\overline{MD'}=\frac{\overline{MA}\,\overline{MB}}{\overline{MC}}=\overline{MD}$ par hypothèse donc $D = D'$ .

Preuve analytique

L'origine du plan est prise en $M$ et l'on pose $A (a,0)$ , $C (c,0)$ sur l'axe des abscisses. Un cercle passant par $A$ et $C$ a pour centre $\Omega(\frac{a+c}2,\omega)$ .

On note $b, d$ les abscisses de $B$ et $D$ qui sont donc situés sur une droite $Y = λ X$ .

L'équation du cercle s'écrit $X 2 + Y 2 - (a + c) X - 2ω Y + a c = 0.$

Remplaçant $Y$ par $λ X$ , $B$ et $D$ sont sur le cercle si et seulement si $b$ et $d$ vérifient $(1 + λ 2) X 2 - (a + c + 2λω) X + a c = 0$

L'existence de $\mathcal C$ (i.e. de $ω$ ) équivaut à $bd=\frac{ac}{1+\lambda^2}$ .

Mais $\overline{MB}=\sqrt{1+\lambda^2}b$ et $\overline{MD}=-\sqrt{1+\lambda^2}d$ d'où le résultat.

[modifier] Un produit scalaire symétrique

PROPRIÉTÉ : Notons $M'$ l'intersection de deux des cotés du quadrilatère. On a

$\overrightarrow{\Omega M}\overrightarrow{\Omega M'}=R^2.$

Démonstrations

Preuve géométrique

$\begin{align}2 MM'^2&=M\Omega^2+\Omega M'^2-2\overrightarrow{\Omega M}\overrightarrow{\Omega M'}\\ \overrightarrow{\Omega M}\overrightarrow{\Omega M'}&=M\Omega^2+\Omega M'^2-MM'^2=M\Omega^2+\Omega M'^2-(\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{AM'})(\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{CM'}\\ &=R2+\Omega M'^2-\overrightarrow{MA}\cdot\overrightarrow{CM'}-\overrightarrow{AM'}\cdot\overrightarrow{MM'}\\ &=2R^2-\overrightarrow{AM'}\cdot\overrightarrow{DM'}-\overrightarrow{MA}\cdot\overrightarrow{CM'}-\overrightarrow{AM'}\cdot\overrightarrow{MM'}=2R^2- \overrightarrow{MA}\cdot\overrightarrow{CM'}-\overrightarrow{AM'}\cdot\overrightarrow{MD}\end{align}$

en utilisant la puissance de $M$ et $M'$ par rapport au cercle.

Mais, les points $A, B, C, D$ étant cocycliques, $\widehat{BCA}=\widehat{\overrightarrow{MA}\overrightarrow{CM'}}=\widehat{BDA}=\widehat{\overrightarrow{DM}\overrightarrow{AM'}}$

de sorte que $\overrightarrow{MA}\cdot\overrightarrow{CM'}=-\overrightarrow{AM'}\cdot\overrightarrow{MD}\Longleftrightarrow |\!|{ \overrightarrow{MA}}|\!|\,|\!|{\overrightarrow{CM'}}|\!|=|\!|{\overrightarrow{AM'}}|\!|\,|\!|{\overrightarrow{MD}}|\!|$

égalité qui résulte de la relation des sinus dans les triangles $(A M D)$ et $(A C M')$ puisque $\frac{AM}{DM}=\frac{\sin\widehat D}{ \sin\widehat A}=\frac{\sin\widehat C}{\sin(\pi-\widehat A)}=\frac{AM'}{ CM'}.$

Preuve analytique

Supposons $M'=(AD)\cap(BC)$ .

Équation de $(AD)\quad:\quad Y=\lambda\frac{d}{ d-a}(X-a);$

Équation de $(BC)\quad:\quad Y=\lambda\frac{b}{ b-c}(X-c)$

Ce qui donne pour les coordonnées de $M'$

$X=\frac{ad(c-b)-cb(a-d)}{ dc-ab}\quad$ et $\quad Y=\frac{\lambda db(c-a)}{ dc-ab}$ .

Comme $b, d$ sont solutions de l'équation du second degré écrite ci-dessus, (cf. Points cocycliques-Preuve Analytique) on a

$ac=(1+\lambda^2)bd\quad$ et $\quad a+c+2\lambda\omega=(1+\lambda^2)(b+d)$

si bien que $X$ peut aussi s'écrire $X=\frac{bd(c-a)+ac(d-b)}{dc-ab}=\frac{bd[c-a+(1+\lambda^2)(d-b)]}{dc-ab }.$

On a maintenant $\quad \overrightarrow{M\Omega}\overrightarrow{M'\Omega}=\frac{a+c}2\Big(\frac{a+c}2-X\Big)+ \omega(\omega-Y)=\Big(\frac{a+c}2\Big)^2+\omega^2-\frac12(X(a+c)+2\omega Y)$

Or $\quad 2\omega Y=\frac{bd(c-a)}{dc-ab}[(1+\lambda^2)(b+d)-(a+c)]$ ,

d'où l'on tire $\quad X(a+c)+2\omega Y=\frac{(1+\lambda^2)bd[(a+c)(d-b)+(b+d)(c-a)]}{ dc-ab}=2ac$ le crochet faisant $2(d c - a b)$ .

On a donc finalement $\overrightarrow{M\Omega}\,\overrightarrow{M'\Omega}=\Big(\frac{a+c}2\Big)^2+\omega^2-ac=\Big(\frac{a-c}2\Big)^2+\omega^2=R^2.$

[modifier] Apparition de la droite des tangentes

Soit toujours $\mathcal C(\Omega,R)$ un cercle, d'un point $M$ extérieur au cercle on mène les deux tangentes à $\mathcal C$ . Soit $T, T'$ les points de contact.

PROPRIÉTÉ : Si $I=(M\Omega)\cap(TT')$ alors $[M, I]$ divise harmoniquement $[A B]$ .

Démonstrations

preuve analytique

On prend l'origine en $M$ , et $M Ω$ pour axe des abscisses. Le cercle a pour équation $(X - ω) 2 + Y 2 = R 2$ . Les tangentes ont pour équation $Y = λ X$ ce qui donne pour les points de contact $(1 + λ 2) X 2 - 2ω X + ω 2 - R 2 = 0$ équation qui admet donc une racine double (par conséquent $Δ = ω 2 - (ω 2 - R 2)(1 + λ 2) = 0$ ) qui vaut $x_I=\frac\omega{1+\lambda^2}=\frac{\omega^2-R^2}\omega$ qui vérifie bien $\frac2{x_I}=\frac1{\omega-R}+\frac1{\omega+R}$ .

preuve géométrique

$Ω$ étant le milieu de $[A B]$ il suffit de prouver $\overline{\Omega I}\,\overline{\Omega M}=R^2$ (relation de Newton).

Commençons par écrire les trois triangles rectangles $MT^2+R^2=\Omega M^2,\quad MI^2+IT^2=MT^2,\quad IT^2+\Omega I^2=R^2.$

$\overline{\Omega I}\,\overline{\Omega M}=\overline{\Omega I}(\overline{\Omega I}+\overline{IM})=\overline{\Omega I}^2 +\overline{\Omega I}\,\overline{IM}$ . Mais on a $\Omega I^2+IM^2+2\overline{\Omega I}\,\overline{IM}=\Omega M^2=R^2+MI^2+IT^2$ d'où $2\overline{\Omega I}\,\overline{IM}=R^2+IT^2-\Omega I^2$ que l'on reporte pour obtenir $\Omega I^2+\overline{\Omega I}\,\overline{IM}=\frac12(\Omega I^2+R^2+IT^2)=R^2.$

PROPRIÉTÉ : Le point d'intersection de $(T T')$ avec toute corde issue de $M$ divise harmoniquement la corde. $[M I]$ divise harmoniquement $[A B]$

Démonstrations

preuve géométrique

Soit $I$ le point d'intersection de la corde avec $(T T')$ , $I'$ le projeté de $T$ sur $(Ω M)$ , $Ω'$ le projeté de $Ω$ sur $(A B)$ .

La démonstration proposée repose à nouveau sur plusieurs triangles rectangles.

Comme $Ω'$ est le milieu de $[A B]$ il suffit de prouver que $\overline{\Omega'M}\,\overline{\Omega'I}=\Omega'A^2=R^2-\Omega\Omega'^2$ (relation de Newton) .

De $I'M^2=(\overline{\Omega'M}-\overline{\Omega'I})^2=\Omega'M^2+\Omega'I^2-2\overline{\Omega'M}\,\overline{\Omega'I}^2$ on tire

$\begin{align}2\overline{\Omega'M}\,\overline{\Omega'I}^2&=\Omega'M^2+\Omega'I^2-IM^2=MT^2+R^2-\Omega\Omega'^2+ \omega'I^2-IM^2\\ &=MI'^2+I'T^2-IM^2+\Omega'I^2+R^2-\Omega\Omega'^2=I'T^2+\Omega'I^2-II'^2+R^2-\Omega\Omega'^2\\ &=I'T^2+\Omega I'^2+R^2-2\Omega\Omega'^2=2(R^2-\Omega\Omega'^2)\end{align}$

Il en résulte $\overline{\Omega'M}\,\overline{\Omega'I}^2=R^2-\Omega\Omega'^2=\Omega'A^2$ .

preuve analytique

On prend l'origine en $M$ et l'on note encore $A, B$ la corde et $I$ le point d'intersection. La corde admet toujours une équation de la forme $Y = λ X$ si bien que $\overline{OI}=\sqrt{1+\lambda^2}x_I$ et de même pour $A$ et $B$ .

Pour prouver le résultat, il suffit de le monter pour les abcisses, c'est-à-dire : $\frac2{x_I}=\frac1{a}+\frac1{b}=\frac{a+b}{ab}$ où $a, b$ désignent les abcisses de $A$ et $B$ soit les solutions de l'équation aux intersections $(1 + λ 2) X 2 - 2ω X + ω 2 - R 2 = 0.$

Or on a $a+b=\frac{2\omega}{1+\lambda^2}$ et $ab=\frac{\omega^2-R^2}{1+\lambda^2}$ . Le résultat s'en suit trivialement.

[modifier] POLAIRE RÉCIPROQUE

Cette droite $(T T')$ possède donc les propriétés suivantes :

Toute corde $[A B]$ au cercle, issue d'un point $M$ extérieur à ce cercle, coupe cette droite en un point $I$ tel que $[M I]$ divise harmoniquement $[A B]$ ;
Cette droite et l'ensemble des conjugués harmoniques de $M$ par rapport au cercle;
Pour tout point $I$ de cette droite, le cercle de diamètre $[M I]$ est orthogonal au cercle de départ (cf. cerccles orthogonaux);
Si $O$ est le centre du cercle, $\overrightarrow{OM}\,\overrightarrow{OI}=R^2$ ;
Les intersections des diagonales de tous les quadrilatères complets issues de $M$ sont alignés et sont sur cette droite;
Si dans un repère centré au centre du cercle, le point $M$ a pour coordonnées $(x 0, y 0)$ , l'équation de cette droite est $x 0 X + y 0 Y = R 2$ .

[modifier] Définitions

Définition : Étant donné un point $M$ et un cercle $\mathcal C$ , on nomme polaire de $M$ par rapport à $\mathcal C$ , l'ensemble des conjugués harmoniques de $M$ par rapport à $\mathcal C$ .

Par conséquent si $M$ est extérieur au cercle, c'est la droite $(T T')$ .

Réciproquement, toute droite du plan est la polaire d'un point unique nommé "pôle" de la droite.

Polaire et pôle sont reliés analytiquement par la relation : $x 0 X + y 0 Y = R 2$ lorsque l'origine du plan est au centre du cercle.

Géométriquement, si la droite $\mathcal D$ coupe le cercle, son pôle ne peut être que le point d'intersection des tangentes au cercle aux point $\mathcal D\cap\mathcal C$ . Si la droite ne coupe pas le cercle, on projette le centre $O$ du cercle sur la droite en $I$ ; $M$ est alors le conjugué de $I$ par rapport au cercle, ou bien le projeté sur $(O I)$ d'un point de contact d'une tangente à $\mathcal C$ issue de $I$ , puisqu'il est alors sur la polaire de $I$ .

[modifier] Intersection et alignement

La "polarisation" échange les notions de droites concourantes et de droite passant par deux points.

PROPRIÉTÉ Soit $M 1, M 2$ deux points (non alignés avec le centre du cercle); si $D 1, D 2$ désignent les polaires de ces points, alors $D_1\cap D_2$ est le pôle de la droite $(M 1 M 2)$ . (Si $M 1, M 2$ sont alignés avec $O$ on obtient le point à l'infini dans la direction perpendiculaire à $(M 1 M 2)$ ).

Démonstrations

Si l'on note $(x i, y i)$ les coordonnées de $M i$ , les coordonnées $(x, y)$ de $D_1\cap D_2$ vérifieront $\left\{\begin{align}x_1x+y_1y&=R^2\\x_2x+y_2y&=R^2\end{align}\right.$ d'où l'on tire

$x=R^2\frac{y_2-y_1}{x_1y_2-x_2y_1}\quad$ et $\quad y=R^2\frac{x_1-x_2}{x_1y_2-x_2y_1}.$

Ce point admet pour polaire la droite d'équation : $\quad R^2X\frac{y_2-y_1}{x_1y_2-x_2y_1}+R^2Y\frac{x_1-x_2}{x_1y_2-x_2y_1}=R^2$

soit la droite $\quad(y_2-y_1)X-(x_2-x_1)Y=x_1y_2-x_2y_1$ ,

qui n'est autre que la droite $(M 1 M 2)$ .

Géométriquement, si $M=D_1\cap D_2$ , les cercles de diamètre $M 1 M$ et $M 2 M$ sont orthogonaux à $\mathcal C$ , donc $M 1$ et $M 2$ sont conjugués de $M$ donc sont situées sur la polaire de $M$ qui est donc la droite $M 1 M 2$ .

PROPRIÉTÉ Soit $D 1, D 2$ deux droites, $M 1, M 2$ leur pôles alors la droite $(M 1 M 2)$ est la polaire du point $D_1\cap D_2$ .

Démonstrations

Les deux droites possèdent des équations que l'on peut mettre sous la forme $a 1 X + b 1 Y = R 2$ et $a 2 X + b 2 Y = R 2$

ce qui fournit les coordonnées des pôles $M 1 (a 1, b 1)$ et $M 2 = (a 2, b 2)$ . La droite $(M 1 M 2)$ a pour équation $(b 2 - b 1) X - (a 2 - a 1) Y = a 1 b 2 - a 2 b 1$

son pôle a donc pour coordonnées

$X=R^2\frac{b_1-b_2}{a_1b_2-a_2b_1}\qquad$ et $\qquad Y=R^2\frac{a_2-b_1}{a_1b_2-a_2b_1}$ qui est précisément le point commun aux deux droites.

[modifier] Polaire d'une courbe

Il y a deux façons naturelles de définir la polaire d'une courbe.

Ou bien à un point $M$ de la courbe on associe sa polaire puis l'on considère l'enveloppe de ces polaires ou bien on considère le lieu formé par les pôles des tangentes à la courbe. Ces deux notions coincident.

Soit $(x (t), y (t))$ une courbe du plan, la tangente a pour équation $X y' - Y x' = x y' - y x'$ son pôle a donc pour coordonnées

$X_0(t)=\frac{R^2y'}{xy'-yx'}$ et $Y_0(t)=\frac{-R^2x'}{xy'-yx'}.$

La polaire du point $(x (t), y (t))$ a pour équation $X x (t) + Y y (t) = R 2$ . L'enveloppe de cette famiille de droites est déterminée par les équations $\left\{\begin{align}X_0x(t)+Y_0y(t)&=R^2\\X_0x'(t)+Y_0y'(t)&=0\end{align}\right.$ qui donne précis&ément les mêmes expressions que précédemment.

La "polarisation" échange donc les notions de point d'une courbe et de tangente à la courbe.

[modifier] Polaire d'une conique

PROPRIÉTÉ : La polaire d'une conique par rapport à un cercle centré en un foyer de la conique est un cercle centré au pôle de la directrice.

Démonstrations

L'origine étant prise au foyer, on définit la conique par son équation polaire $\rho=\frac p{1-e\cos\theta}$ Le pôle d'une tangente est situé sur la perpendiculaire à celle-ci passant par le foyer (l'origine). Il a donc pour angle polaire $\theta+V+\frac\pi2$ où $V$ désigne l'angle entre $(O M)$ et la tangente.