Une figure qui parle d'elle-même
Bonjour,
Pour ne pas parasiter http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?8,1089483,1090033#msg-1090033, j'ouvre cette nouvelle discussion, avec une figure qui parle d'elle même, et que j'ai trouvée dans le Lebossé-Hémery.
Pour ne pas parasiter http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?8,1089483,1090033#msg-1090033, j'ouvre cette nouvelle discussion, avec une figure qui parle d'elle même, et que j'ai trouvée dans le Lebossé-Hémery.
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Réponses
oui...
http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/Docs/An unlikely concurrence.pdf p. 6-8.
Sincèrement
Jean-Louis
Une autre figure :
Tout revient à montrer que le projeté orthogonal P de A sur BM est sur la droite EF.
(Merci à J.-L. Ayme pour le lien.)
Voilà:
Le centre du cercle est le milieu de $[BC]$.
Les triangles $BCM$ et $BCN$ sont rectangles d'hypoténuse $[BC]$.
Le code montre que le résultat est encore vrai si on remplace $I$ par un centre exinscrit.
Cordialement,
Rescassol
voici une version minimale, me semble-t-il, de l'exercice
Les pieds des perpendiculaires abaissées de deux sommets d'un triangle sur la bissectrice intérieure issue du troisième sommet sont conjugués par rapport au cercle inscrit.
C'est connu dans la littérature, comme le lemme de Skoubidou.
Quant aux projections de ces mêmes sommets sur la bissectrice extérieure, ils sont conjugués par rapport à chacun des cercles exinscrits relatifs à ces sommets.
C'est stylé, non ?
Cordialement,
Afif
Qu'est ce que le lemme de Skoubidou ?
Cordialement,
Rescassol
Les pieds des perpendiculaires abaissées de deux sommets d'un triangle sur la bissectrice intérieure issue du troisième sommet sont conjugués par rapport au cercle inscrit.
qui recherche une démonstration synthétique.
Morley inscrit dit que $m=\dfrac{v(u + w)}{u + v}$ et $n=\dfrac{w(u + v)}{u + w}$ sont liés par la relation $m\overline{n}=1$ (inversion de cercle le cercle inscrit).
Si tu cherches une preuve synthétique, je suppose que tu en as une autre, laquelle ?
Cordialement,
Rescassol
C'est mon lemme qui cherche, pas moi
Ec ce qui me concerne, j'en ai aucune.
Si tu n'en as aucune, en quoi est ce ton lemme ?
Références ?
Cordialement,
Rescassol
je l'ai inventé ! est-ce interdit ?
Il porte mon nom : Skoubidou !
Tu as des références ?
Tu es sûr qu'il n'existait pas ailleurs précédemment ?
Cordialement,
Rescassol
c'est une conséquence triviale de l'exo donné au début par Yannguyen.
(prendre une polaire...)
Comme dit Tao, on peut bien rigoler un peu...
la démo de Rescassol me convient parfaitement.
J'appelle I le centre du cercle inscrit et je considère les six points projections mis en évidence par Skoubidou. Un calcul de puissances montre qu'ils sont quatre à quatre sur trois cercles, dont le centre radical est précisément le point I.
Les trois centres de ces cercles et les trois sommets du triangle sont sur une même hyperbole équilatère (passant bien sûr par l'orthocentre H du triangle).
On pourra l'appeler l'hyperbole de Myrméco B-)-
Le seul ennui, c'est qu'elle existe déjà et porte le nom d'hyperbole de Kiepert.
On voit apparaître outre les points O et K de la droite de Brocard, les trois points isogonaux des centres des cercles de la figure (qui sont orthogoanux au cercle inscrit). Que peut-on en faire ? Cinq points sur une même droite ? Peut-être pas grand chose.
Il y a divers autres points sur cet axe, mais il faudra l'oeil de lynx de poulbot pour y voir clairon.
je propose cette référence datant du 18/01/2014
http://www.artofproblemsolving.com/community/c6h571749
Ayant un penchant pour l'histoire et le dévéloppement de la Géométrie du triangle, Skoubidou peut-il préciser une référence de son résultat?
Une solution synthétique utilise le problème présenté en début de ce fil.
Sincèrement
Jean-Louis
le soi-disant œil de lynx de poulbot ne voit pas grand-chose, si ce n'est que les coordonnées barycentriques très simples des centres des $3$ cercles $\left( b+c:c-a:b-a\right) ,...$ confirment qu'ils sont bien sur l'hyperbole de Kiepert $\left( b^{2}-c^{2}\right) yz+\left( c^{2}-a^{2}\right) zx+\left( a^{2}-b^{2}\right) xy=0$. Ils sont aussi sur le cercle de rayon $R$ centré au milieu de $\left[ IH\right] $ ($R=$ rayon du cercle circonscrit à $ABC$).
Quant à des points de la droite $OK$, Kimberling en donnait déjà $125$ ICI en $2006$, et encore, il s'agit uniquement de centres triangulaires, ce qui exclut nos $3$ points. La liste doit pouvoir s'allonger vu qu'il y a désormais plus de $7500$ points dans son ETC.
Cordialement. Poulbot
le lien donne en effet un énoncé identique à "mon" lemme, une fois on compris que X,Y et Z sont les contacts du cercle inscrit avec les côtés. Rien de neuf sous le soleil.
La vertu de mon lemme est qu'il est concis, bref et clair.
Mais tout cela était déjà dans le Lebossé et Héméry en exercice, je suppose.
je suis un fan !
encore un effort et vous serez l'égal de maître pappus :-D
les six pieds des perpendiculaires issues des sommets sur les bissectrices extérieures appartiennent encore aux trois cercles mis en évidence plus haut.
Deux questions se posent :
1) il y a trois autres points de l'hyperbole de Kiepert ayant comme cobars :
$\left( b+c:a-c:a-b\right) ,...$
Quel rôle jouent-ils dans la figure ?
2) Le quatrième point d'intersection de l'hyperbole de Kiepert avec le cercle circonscrit au triangle formé par les trois centres, cercle mis en évidence par poulbot, est un centre triangulaire ? Lequel ?
Cordialement
Une petite question : étant donnés $2$ points $B$ et $C$ sur une tangente à un cercle $\Gamma $, trouver toutes les droites $\Delta $ pour lesquelles les projections orthogonales de $B$ et $C$ sur $\Delta $ sont conjuguées par rapport à $\Gamma $.
@Homomyrmécophus Je ne pense pas que tes $3$ nouveaux points soient sur l'hyperbole de Kiepert.
Cordialement. Poulbot
La réponse est surprenante : c'est aussi le centre d'Euler du triangle de départ.
En fait, j'énonce un nouveau lemme facile :
Les triangles ABC et A'B'C', où A', B' et C' sont les centres calculés par poulbot, ont le même cercle d'Euler.
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?8,1090041,1090545#msg-1090545
Les deux triangles ABC et A'B'C' sont orthologiques.
Cordialement. Poulbot
Je ne sais pas si les résultats annoncés par Skoubidou t'ont mis sur la piste, mais le fait que l'homothétie de centre $G$ et de rapport -1/2 applique les centres $I_A \,, I_B\,, I_C$ des cercles exinscrits sur les centres $A'\,, B'\,, C'$ explique en effet tout. Skoubidou peut aller se rhabiller !
Même l'orthologie, si chère à pappus, trouve ici son compte, vu que les triangles $ABC$ et $I_AI_BI_C$ sont orthologiques et que composer par une homothétie ne perturbe pas, le côté autoadjoint...
Un joli problème de CAPES en perspective !
Poulbot wrote : "Une petite question : étant donnés $2$ points $B$ et $C$ sur une tangente à un cercle $\Gamma $, trouver toutes les droites $\Delta $ pour lesquelles les projections orthogonales de $B$ et $C$ sur $\Delta $ sont conjuguées par rapport à $\Gamma $"
La figure est-elle assez parlante?
Cordialement. Poulbot
"La figure est-elle assez parlante ? "
Elle chuchote à peine :
On comprend que ces droites enveloppent une hyperbole, dont une asymptote tonne, mais le reste est inaudible. :-(
L'autre asymptote serait-elle la bissectrice intérieure d'un triangle ABC, à compléter ?
L'axe focal de l'hyperbole est la bissectrice intérieure de $\widehat{BOC}$. Evidemment, cela ne la détermine pas entièrement, mais cela doit sortir un peu la figure de son mutisme.
Quelqu'un pour la faire parler plus et surtout vérifier ce qu'elle dit?
Cordialement. Poulbot
Prenant $O=\left[ 0,0\right] ,B=\left[ b,R\right] ,C=\left[ c,R\right] $, la projection de $B$ sur la droite d'équation $ux+vy+w=0$ est $B^{\prime }=\dfrac{1}{u^{2}+v^{2}}\left[ bv-Ruv-uw,Ru^{2}-buv-vw\right] $.
$B^{\prime }$ et $C^{\prime }$ sont conjugués par rapport au cercle si $\overrightarrow{OB^{\prime }}\cdot \overrightarrow{OC^{\prime }}=R^{2}$, soit $q\left( u,v,w\right) =\left( bc-R^{2}\right) v^{2}+w^{2}-\left( b+c\right) Ruv=0$.
Si $q^{\prime }$ est la forme quadratique de matrice la comatrice de celle de $q$, l'équation cartésienne de la conique enveloppe est $q^{\prime }\left( x,y,1\right) =0$, soit $\left( bc-R^{2}\right) x^{2}+\left( b+c\right) Rxy-\frac{1}{4}R^{2}\left( b+c\right) ^{2}=0$, hyperbole de centre $O$ dont je vous laisse le soin de déterminer les autres éléments caractéristiques (sauf erreur de ma part, sa demi distance focale est $\sqrt{OB\cdot OC}$).
Toute solution plus simple est la bienvenue.
Cordialement. Poulbot
Quelle maîtrise !
J'espère que tes élèves en profitent, ou en ont profité !
Pour vérifier le calcul, il serait utile de voir si le point d'interection des autres tangentes au cercle issues de $B$ et $C$ sont bien sur la dexuième asymptote ?? Cela aurait l'avantage aussi de faire le lien avec ce qui a été fait plus haut.
Par ailleurs, quel est le lieu des pôles de ces droites ?
http://fr.wikipedia.org/wiki/Transformation_par_polaires_réciproques
@poulbot
J'aimerais découvrir comment on construit à la règle et au compas une droite quelconque de cette famille.
Merci
Voici une méthode, qui n'est certainement pas la meilleure.
On prend une droite $D_A$ passant par $A$ et on mène de $B$ et du milieu $J$ de $AB$ deux droites qui lui sont parallèles, qu'on appelle $D_B$ et $D_J$. On cherche un cercle centré en un point $M$ de $D_J$, tangent à $D_A$ et $D_B$ (de rayon noté $r$) et qui est orthogonal au cercle de départ $(O)$. La distance $d=OM$ vérifie $d^2-R^2=r^2$; on en tire $d$, d'où le point $M$. La droite passant par $M$ et perpendiculaire à nos droites parallèles convient : Cabri vérifie q'elle enveloppe une hyperbole, quand la droite $D_A$ pivote autour de $A$.
on peut aussi utiliser un foyer $F$ et le cercle principal : $F$ est sur la bissectrice intérieure de $\widehat{BOC}$ et $OF^{2}=OB\cdot OC$; le cercle principal passe par la projection de $F$ sur une asymptote (celle qui tonne, par exemple). En prenant la perpendiculaire en $M$ à $FM$ où $M$ est sur le cercle principal, on obtient toutes les droites cherchées (voir figure).
Il est très facile, par exemple, de construire celles qui passent par un point $P$ donné : $M$ doit être aussi sur le cercle de diamètre $[FP]$; on peut retrouver tout un tas de constructions plus que classiques.
"J'espère que tes élèves en profitent, ou en ont profité ! "
Les équations tangentielles des coniques font exclusivement partie des programmes antédiluviens.
"Pour vérifier le calcul, il serait utile de voir si le point d'intersection des autres tangentes au cercle issues de $B$ et $C$ sont bien sur la deuxième asymptote ?? Cela aurait l'avantage aussi de faire le lien avec ce qui a été fait plus haut"
Cela se vérifie sans problème. A titre indicatif, par isogonalité, la deuxième asymptote passe par le centre du cercle $OBC$.
Cordialement. Poulbot
Bonjour
>>on peut aussi utiliser un foyer F et le cercle principal
J'avais envisagé cela, mais on ne peut procéder ainsi que si l'on connaît déjà la réponse : or, tout le but d'une construction préliminaire est de produire de telles droites sur machine et de demander à celle-ci d'en donner l'enveloppe.
(La méthode proposée par Hyurts, que je salue en passant, ne me plaît pas trop.)
Merci pour tout !
(J'aurais aimé apprendre comment l'on devient si bon en géométrie analytique, mais ce sera l'objet d'un autre fil un autre jour, je l'espère.)