Fuite de la diagonale vs cercle inscrit
dans Géométrie
Bonjour,
"Le point de fuite de la diagonale d'un cube est situé au centre du cercle inscrit au triangle des points de fuite"...
... lit-on sur Wikipédia dans le paragraphe 3.3 de l'article "Perspective linéaire" https://fr.wikipedia.org/wiki/Perspective_linéaire#Perspective_, paragraphe illustré avec le premier des dessins suivants.
Je tente ma chance sur le deuxième dessin (lui est de moi) : je choisis comme point de vue (= position de l'oeil de l'observateur) l'origine O d'un repère orthogonal, comme points de fuite des trois directions du cube les points A(1, 0, 0), B(0, 2, 0), C(0, 0, 3).
Ce qu'on appelle en perspective le plan du tableau est alors simplement le plan (ABC).
Dans ces conditions, "la" diagonale du cube fuit vers le point de coordonnées (1, 1, 1).
Cette droite coupe le plan du tableau au "point de fuite de la diagonale" que je note F(6/11, 6/11, 6/11).
Résultat des courses : non, F n'est pas du tout le centre I du cercle inscrit !
Certes le cube admet quatre diagonales, mais les divers points F correspondant aux trois autres fuites : vers (-1, 1, 1), vers (1, -1, 1) et vers (-1, -1, 1), n'arrangent rien à l'affaire.
Bref, j'aurais tendance à penser que l'affirmation est fausse.
Je ne la trouve d'ailleurs pas dans les versions anglaise, allemande ou italienne du même article.
(Quand le même paragraphe de Wikipédia dit que l'aplomb du point de vue est l'orthocentre, c'est pourtant beau et vrai !)
Merci d'avance pour toute aide dans l'une ou l'autre des directions suivantes :
a) "Le point de fuite de la diagonale a tel ou tel lien avec le triangle ABC".
b) "Reprends espoir, le centre du cercle inscrit joue tel ou tel rôle dans la perspective d'un cube".
"Le point de fuite de la diagonale d'un cube est situé au centre du cercle inscrit au triangle des points de fuite"...
... lit-on sur Wikipédia dans le paragraphe 3.3 de l'article "Perspective linéaire" https://fr.wikipedia.org/wiki/Perspective_linéaire#Perspective_, paragraphe illustré avec le premier des dessins suivants.
Je tente ma chance sur le deuxième dessin (lui est de moi) : je choisis comme point de vue (= position de l'oeil de l'observateur) l'origine O d'un repère orthogonal, comme points de fuite des trois directions du cube les points A(1, 0, 0), B(0, 2, 0), C(0, 0, 3).
Ce qu'on appelle en perspective le plan du tableau est alors simplement le plan (ABC).
Dans ces conditions, "la" diagonale du cube fuit vers le point de coordonnées (1, 1, 1).
Cette droite coupe le plan du tableau au "point de fuite de la diagonale" que je note F(6/11, 6/11, 6/11).
Résultat des courses : non, F n'est pas du tout le centre I du cercle inscrit !
Certes le cube admet quatre diagonales, mais les divers points F correspondant aux trois autres fuites : vers (-1, 1, 1), vers (1, -1, 1) et vers (-1, -1, 1), n'arrangent rien à l'affaire.
Bref, j'aurais tendance à penser que l'affirmation est fausse.
Je ne la trouve d'ailleurs pas dans les versions anglaise, allemande ou italienne du même article.
(Quand le même paragraphe de Wikipédia dit que l'aplomb du point de vue est l'orthocentre, c'est pourtant beau et vrai !)
Merci d'avance pour toute aide dans l'une ou l'autre des directions suivantes :
a) "Le point de fuite de la diagonale a tel ou tel lien avec le triangle ABC".
b) "Reprends espoir, le centre du cercle inscrit joue tel ou tel rôle dans la perspective d'un cube".
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Réponses
Fort de la construction obligeamment transmise par soland dans le troisième message de http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?8,1690250,1692036#msg-1692036, je réalise deux cubes.
(Je joins aussi la figure GG. Vous pouvez faire varier U le long du segment violet. (1) Vous pouvez agiter A, qui est pris sur Cercle(C,Distance(C,B)) afin que le triangle reste isocèle. (2) Puis libérer A en le redéfinissant, par exemple A=(1,6).)
1) Triangle de fuite isocèle
Certes, la diagonale fuit vers le centre $I$ du cercle inscrit, mais deux arêtes semblent contenues dans cet axe (je peux vivre avec ça). Surtout, l'axe de symétrie n'est pas que celui du triangle: c'est aussi celui de la représentation du cube, ce que je trouve restrictif. Le pire: d'autres centres (de gravité, du cercle circonscrit) peuvent autant se revendiquer point de fuite de la diagonale!
2) Triangle de fuite quelconque
La diagonale (marquée par le vecteur noir) manque $I$ carrément!
En conclusion, si $I$ n'intervient que dans un cas particulier (triangle isocèle) de cas particulier (celui où l'un des sommets du cube est projeté en l'orthocentre. La discussion mentionnée montrait que dans le cas général, on peut quand même dessiner un cube, avec mise en retrait de l'orthocentre mais rôle quand même primordial des hauteurs, qui disent où couper les demi-cercles), il n'est alors pas plus légitime que d'autres points.
Et dans le cas général, c'est la fin des haricots. Bref, faut-il se faire à l'idée que le centre du cercle inscrit n'aura pas dans cette histoire un rôle à la hauteur (ha ha) de celui de l'orthocentre?
Euh, je pose plutôt la question suivante. "Le point de fuite de la diagonale du cube" a-t-il une autre identité, connue de vous mais pas de moi?
Cordialement,
Swingmustard
ABC est un triangle quelconque. [Correction : acutangle vaudrait mieux, vu le prochain message]
On prolonge la hauteur issue de A jusqu'au demi-cercle opposé à A.
De là, on voit BC à angle droit; soit A' le pied de la bissectrice de cet angle.
Idem pour B' et C'.
J'appelle P le point d'intersection des droites AA' et BB'.
1) Je cherche le nombre n de Kimberling de P, vu qu'il est probablement au catalogue.
Mon bricolage actuel : je crée un curseur n entier de 1 à 3000, puis le point X(n) = TriangleCentre(A, B, C, n). (Merci GeoGebra.) J'anime n avec une vitesse 0,005. Environ toutes les demi-secondes je peux comparer un nouveau X(n) avec mon point P.
Après 1000 tests et même en ayant fait des pauses, j'ai les yeux qui piquent.
Quelqu'un peut-il, avec sage ou GeoGebra, faire en un instant les 2000 tests restants pour identifier ce fichu point P ?
2) Je soupçonne fortement P de répondre à la question du titre, sans comprendre pourquoi.
Si A, B, C sont les points de fuite des trois directions du cube, j'ai construit A', B', C' comme points de fuite de (la moitié des) diagonales des faces.
a) Y a-t-il une construction plus simple de A', B', C' ?
b) Comment se fait-il que ce point P, point de concours des céviennes AA', BB', CC', soit justement le point F de mon premier message ?
Je veux dire qu'avec un cube STUVS'T'U'V' par exemple, où S serait le centre de vue, il semble bien que le point F de fuite de la diagonale du cube SU' coïncide avec le point P.
Pourquoi diable ?
"Suppose you have a point X and wish to determine if it is in the Encyclopedia of Triangle Centers. (J'en rêve depuis deux ans, Monsieur !) To do so using this page, you need the first normalized trilinear coordinate of X evaluated at (a,b,c) = (6,9,13)."
Comme c'est futé, d'avoir choisi un triangle de référence. J'imagine qu'il a fait l'objet de grandes recherches pour être "quelconque" à souhait. On va pouvoir tous y retrouver nos poussins.
Sauf que... il est obtusangle. Rien que ça.
C'est une malédiction ou quoi ? Deux des hauteurs ne croisent pas le cercle de diamètre leur côté relatif.
Le point P alias X disparaît. Le gars qui sent le sol se dérober : est-ce que ça signifie qu'on est dans le cas suivant.
"If X is on the line at infinity, then k = 1/x + 1/y + 1/z" ?
Je ne comprends presque rien aux coordonnées trilinéaires. Et certes pas ça.
La page de garde annonce deux "nouveaux" triangles de référence.
Ah super : (9,13,6) et (13,6,9) !
Quelque chose me dit que ce n'est pas un gag. Pourtant, ça y ressemble un max.
En attendant avec le bricolage, j'en suis à 2500. Gulp, l'encyclopédie n'a pas que trois ou quatre mille points, comme je le croyais. Mais bientôt 40 000. Les yeux n'ont pas fini de piquer !
Toute aide sera bienvenue.
Soit ABC un triangle acutangle. On prolonge la hauteur issue de A jusqu'au demi-cercle opposé à A.
De là, on voit BC à angle droit; soit A' le pied de la bissectrice de cet angle. Idem pour B' et C'.
Tout incite à penser que les céviennes AA', BB' et CC' concourent en un point X.
(Le fichier GeoGebra est joint.)
J'imagine donc que X est dans l'Encyclopedia of Triangle Centers, et m'y rends.
https://faculty.evansville.edu/ck6/encyclopedia/Search_6_9_13.html
"Suppose you have a point X and wish to determine if it is in the Encyclopedia of Triangle Centers. To do so using this page, you need the first normalized trilinear coordinate of X evaluated at (a,b,c) = (6,9,13)."
Sauf que (6,9,13) étant obtusangle, X disparaît donc je ne peux l'entrer dans cet outil qui, sinon, l'aurait identifié.
Quelqu'un peut-il mettre au point un programme du style "Pour n = 1 à 40 000, afficher n si X = TriangleCentre(A, B, C, n)" ?
Ce serait rien chouette !
[Continuer dans la discussion initiale. AD] http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?8,1638866,1975312#msg-1975312
apparemment , il ne semble pas repéré entre 1 et 3500 (limite de la commande Séquence(TriangleCentre(A', B', C', px), px, 1, 3500) qui permet d'afficher plusieurs points remarquables d'un triangle .
Seule particularité relevée : il semble bien être sur l'hyperbole de Feuerbach du triangle A' B' C'
Cordialement
Très content de découvrir cette commande de GeoGebra, qui me repose les yeux et le cerveau, par rapport au bricolage précédent.
J'espérais que Python ferait le même genre de chose pour les 37 840 points actuellement recensés.
Le but (paresseux) était : une fois X identifié, son pedigree aurait peut-être livré d'autres manières de le construire.
Alors j'aurais pu obtenir A', B', C' à partir de lui, au lieu de l'actuelle réciproque.
Par ailleurs j'ai réalisé que la réponse à ma question récente 2b est banale.
"Soit STUVS'T'U'V' un cube. Appelons A, B, C les points de fuite des directions ST, SV et SS'.
Soit A' le point de fuite de la diagonale SV'. Pourquoi le point de fuite de la diagonale SU' du cube est-il sur AA' ?"
U' est élément du plan STV' puisque STU'V' est un rectangle. Donc le point de fuite de SU' appartient à la ligne de fuite de ce plan, qui est AA', par construction de A et A'.
Je vais voir si j'arrive à définir A', B', C' ou S autrement.
Bonne journée à vous.
1) Cas particulier $\widehat{ASB}=90°$. Bien qu'erronée, la phrase de Wikipédia : "Le point de fuite de la diagonale d'un cube est situé au centre du cercle inscrit au triangle des points de fuite" donnait envie de voir si X est intrinsèque à ABC (donc indépendant de S). Réponse : oui. La construction dans les messages précédents fonctionnera bien, car un triangle de fuite (au sens commun, qui sous-entend ASB = 90° : seuls les cubes sont populaires, on va comprendre pourquoi) est forcément acutangle. Peut-être quelqu'un aura-t-il plus envie que moi de démontrer ce « forcément », mais je me sens très affirmatif là-dessus.
2) Cas particulier $\widehat{ASB}=60°$. Je recycle A(0,1,1), B(2,0,2), C(3,3,0) du fil « Vue des côtés d\'un triangle sous 60° » http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?8,1635606,1638446#msg-1638446. Plusieurs points $S$ voient $ABC$ ainsi. Je les reprends et trace le point $X$ de chacun sur le plan $ABC$. (1er dessin.)
* Un calcul de $X$ doit être possible puisque Math Coss, moduloP et GaBuZoMeu parvenaient sans problème à calculer les $S$, dont GaBuZoMeu disait qu'ils étaient 12 (éventuellement imaginaires et/ou doubles).
* Une construction de $X$ ? (pour 60°, et une autre que celle déjà dite pour 90°) Je continue de sécher, et avais mis de l'espoir dans l'ETC.
3) Cas particulier $\widehat{ASB}=105°$. L'ETC exige (si j'ai bien compris) d'avoir un triangle obtusangle pour nous donner le numéro de $X$. J'ai dit en (1) que, pour 90°, il n'y a aucun obtusangle. La généralisation, dans ce message, me permet d'obtenir des triangles obtusangles. On peut même construire trois arcs capables qui remplacent les demi-cercles, mais, par rapport à « 90° », le maillon faible est le point $S_A$ d'où partira la bissectrice qui tombe en $A'$ (au moins, cette fin de construction n'a pas changé). J'ignore d'où sortent $S_A$, $S_B$ et $S_C$, maintenant qu'il ne sont plus sur les hauteurs.
En résumé, j'aimerais simplement
* une idée pour construire $S_A$ même lorsque $\widehat{ASB}\neq90°$,
* ou que l'un des trois contributeurs qui avaient programmé sur l'autre fil remette la machine en route pour le triangle 6, 9, 13 et l'angle 90° : le raisonnement dit qu'il ne peut en sortir un point réel, mais voir s'il en sort des solutions imaginaires, au moins ?
Bien à vous.
Le point $A'$, pied d'une des céviennes concernées s'avère barycentre de $B$ et $C$ avec les coefficients $\sqrt{b \cos \widehat{C}}$ et $\sqrt{c \cos \widehat{B}}$.
Comme par hasard, un angle obtus rendrait un des cosinus négatif, donc empêcherait le calcul.
Ainsi calcul et construction restent à égalité d'échec pour ce fichu triangle 6, 9, 13 chez Kimberling.
Pour trouver les coordonnées barycentriques de X, point d'intersection de $(AA')$ et $(BB')$, avec $B'$ barycentre de $(A,\sqrt{a \cos \widehat{C}})$ et $(C,\sqrt{c \cos \widehat{A}})$, quelqu'un peut-il m'indiquer une méthode autre que vectorielle ?
Le fait que $A'$ soit barycentre de $B$ et $C$ avec pour coefficients les racines de ceux de l'orthocentre (notons le $X_4$ pour faire genre) entraîne qu'on n'est pas étonné d'observer le même phénomène pour les coordonnées barycentriques du point de concours $X$, ou point de fuite de la diagonale.
$X\left(\sqrt{a \cos \widehat{B} \cos \widehat{C}},\sqrt{b \cos \widehat{A} \cos \widehat{C}},\sqrt{c \cos \widehat{A} \cos \widehat{B}}\right)$.
1) Cette histoire de racine carrée ouvre-t-elle la voie vers une construction de $X$ issue de celle de $X_4$ ?
2) Si l'angle en $A$ est obtus, une seule coordonnée de $X_4$ reste positive. Cela semble coïncider sur le dessin avec le fait qu'on n'a plus qu'une seule cévienne de $X$: $AA'$.
À ce stade, envie de multiplier les trois coordonnées de $X_4$ par -1, pour avoir deux coordonnées de l'orthocentre positives.
"Donc (?)" $X$ garderait deux céviennes et deviendrait constructible ?
Un tracé à déchiffrer que j'ai dû donner ici même il y a bien longtemps!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Je crois voir dans votre beau dessin l'ellipse de Steiner.
Je me demande si $\Omega$ pourrait être "$X(49)$ = CENTER OF SINE-TRIPLE-ANGLE CIRCLE", sans raisonnement, en jouant avec ggb.
Sa notation fait penser qu'il ne dépend que du triangle.
Et que, partant d'un point $m$ quelconque, vous utilisez $\Omega$, pour tracer $m^2$ ?
Ensuite, je pourrais imaginer que $mpqr$ et $m^2p^2q^2r^2$ nous parlent de tétraèdres qui se correspondraient ?
C'est un peu court, je sais...
Par ailleurs, quand je reprends les coordonnées barycentriques de $X$ pour changer l'une d'elles en son opposé trois fois, je tombe naturellement sur les points de fuite des autres diagonales, que j'avais coupablement négligés jusqu'à présent.
1) Les quatre lignes de fuite qui en découlent sont bien forcées de concourir où ? En l'image du centre du cube.
2) J'aurais bien aimé que, rappelant que "$X(1) = X(4)$-of-excentral triangle", i.e. que le centre du cercle inscrit est l'orthocentre du triangle des centres de cercles inscrits, on ait une propriété analogue entre ces quatre points que, avec les notations de la figure, je note désormais $X_O, X_A, X_B, X_C$.
Hélas, la même application me dit que $X_C$ n'est pas plus dans les Kimberling répertoriés par ggb pour $X_A, X_B, X_C$ qu'il ne l'était pour $\alpha$, $\beta$, $\gamma$.
3) Question : La notation OAC'BO'ACB' correction : $OAC'BCB'O'A'$ du cube m'a été inspirée par le souhait de mettre en évidence que, parmi les sommets, c'est $O$ qui joue un rôle particulier de "sommet des angles droits du tétraèdre trirectangle $OABC$". Il me paraît naturel d'obtenir trois points de fuite que je note $\alpha$, $\beta$, $\gamma$, et pas de point de fuite $\omega$.
Pourquoi est-ce $X_C$ qui se trouve à l'intérieur du triangle, et pas $X_O$, qui aurait été cohérent avec le rôle particulier de $O$ ?
Avec reconnaissance.
Hélas le point $\Omega$ dépend de $m$.
J'aurais dû choisir une autre notation!
Cette figure n'est là que pour le plaisir des yeux, elle n'a d'intérêt que dans sa preuve!
Amicalement
[small]p[/small]appus
1) M'avisant que les céviennes $\alpha X_B$, $\beta X_A$ et $\gamma X_O$ du grand triangle $X_O X_A X_B$ ont toutes les raisons de concourir en $X_C$, j'ai redéfini la figure en partant de ces quatre points, que je croyais libres entre eux.
2) Si nos figures ont un rapport entre elles, le fait que seuls $\Omega$, $m$, $m2$ et l'image du centre du cube soient points de concours de quatre droites me pousse à les associer. Or, réalisant cette figure, je perds souvent ce concours, ce qui m'incite à penser que, une fois tracés $X_O, X_A, X_B$, le point $X_C$ n'est pas si libre que ça. Ceci fait-il écho à "Hélas $\Omega$ dépend de $m$" ?
3) Peut-être les figures n'ont-elles pas de rapport, et vouliez-vous m'aider d'une manière éloignée de mon histoire de cube ? Dans ce cas, je me concentre sur votre ellipse. Je lis la page suivante.
https://fr.wikipedia.org/wiki/Conjugué_isogonal#Droites_isogonales
En particulier : "Les triangles podaires de deux points isogonaux P et Q (pour nous $m$ et $m2$) sont inscrits dans un même cercle de centre le milieu de [PQ]. Cette propriété permet la construction du point isogonal par l'intermédiaire du cercle podaire."
Certes, on n'est pas exactement là.
Vos données sont-elles bien uniquement $A$, $B$, $C$, $m$ ?
Soit la projection de centre $A'$, du segment $[B'C']$ sur l'ellipse de Steiner.
On cherche à prolonger (un avatar de) cette projection (lui-même défini sur chaque côté de la même manière) à des points $m$ extérieurs aux simples côtés du triangle médian.
a) On projette $m$ vers $A$, $B$, $C$ sur le triangle médian pour obtenir $p$, $q$, $r$.
b) Depuis les sommets du triangle médian, $p, q, r$ se voient projetés sur l'ellipse de Steiner en $p2, q2, r2$.
c) Les droites $Ap2, Bq2, Cr2$ concourent. Fichtre. En un point qui trouvera donc digne de s'appeler $m2$.
De quelle transformation s'agit-il ? Je ne sais.
Variante = Construction raccourcie de $m2$ à l'aide de $\Omega$ ?
Contrairement à l'histoire de points isogonaux, la distance varie donc je n'ai pas l'impression qu'on puisse passer directement de $m$ et $\Omega$ à $m2$.
a') On trace $p, q, \Omega$.
(Je fais semblant de ne pas voir que je n'essaie pas de démontrer qu'il est un point de concours.)
b') On projette $p$ depuis $A'$ en $p2$.
c') On trouve $m2$ comme intersection de $Ap2$ avec $\Omega m$, grâce à l'alignement que vous soulignez en rouge, que je ne sais pas démontrer et qui semble au coeur de votre aide bienvenue.
Amicalement.
Le point $m$ a pour coordonnées barycentriques $(x:y:z)$, le point $m^2$ a pour coordonnées barycentriques $(x^2:y^2:z^2)$.
Amicalement
[small]p[/small]appusj
Plein de choses m'échappent, mais vos indications sont parfaitement ciblées !
Je recycle le dessin où je demandais "X(?)", que je construisais en partant des sommets, tandis que vous me faites comprendre (en partie) le grand intérêt de plutôt le voir comme transformé de $X_4$.
Par quelle transformation, je ne sais.
Elle semble accepter au moins ces deux constructions (merci pour la vôtre. Apparemment on peut définir une loi de groupe sur le triangle en utilisant les coordonnées barycentriques ?.. Le papier trouvé sur le net ne précisait pas le nom de la transformation associée au carré, et décidément, je ne le devine pas), qui présentent comme traits communs (notamment) d'envoyer le point faire deux rebonds successifs : d'abord sur une conique, puis sur un triangle.
Vous faites remarquer que si on se contente d'un seul rebond, il y a concours également, en des points $\Omega$ et $\Omega'$ alignés avec points de départ et d'arrivée.
Bigre.
Mon dessin peut se voir de deux façons: soit on se donne le point $m(x:y:z)$ et on construit le point $m^2(x^2:y^2:z^2)$ soit on se donne le point $m^2(x^2:y^2:z^2)$ et on construit le point $m(x:y:z)$ avec $x>0$, $y>0$, $z>0$.
J'ai modifié mes codes couleurs pour que mes figures soient plus claires.
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Il faut bien se dire que mes figures n'ont pas beaucoup d'importance autre qu'esthétique!
Le point $\Omega$ est le complément de l'isotomique de $m$ dans le triangle $ABC$.
On se sent tout de suite meilleur en ayant dit cela!
Vous aviez déjà été très clair avec le message précédent : puisque $X_C$ avait des coordonnées barycentriques racines de celles de $X_4$, votre construction a parfaitement fonctionné dans le sens "$m^2$ donne $m$" (mon deuxième dessin).
Merci pour ce nom de "complément de l'isotomique", au moins $\Omega$ n'est pas quelqu'un qui m'est familier et que je n'aurais pas reconnu !
Je vais calculer ses coordonnées barycentriques pour le plaisir, après la sortie quotidienne.
On voit bien qu'il se construit sans l'ellipse, contrairement (j'imagine, car sinon vous auriez été extrêmement taquin de passer par elle !) à $m^2$.
Et j'aurai beaucoup de questions.
En plus des anciennes, comme : pourquoi $X$ aurait-il tendance à s'appeler plus $X_C$ que $X_O$ ?
Amicalement,
Swingmustard
Dans le jargon des sectateurs de la géométrie du triangle, le complément d'un point $M$ est tout simplement l'homothétique de ce point dans l'homothétie dont le centre est le centre de gravité $G$ du triangle $ABC$ et de rapport $-\dfrac 12$. Cette homothétie transforme donc le triangle $ABC$ en son triangle médial.
L'anticomplément d'un point correspond à l'homothétie inverse qui fait passer du triangle $ABC$ à son triangle antimédial.
Il fallait qu'il y eut quelqu'un pour y penser, c'est incroyable comme la vie est bien faite!
Pour revenir à nos moutons, comment calculer les coordonnées barycentriques de $\Omega$ à partir de celles de $m(x:y:z)$
Le point isotomique de $m$ dans le triangle $ABC$ a pour coordonnées barycentriques $(yz:zx:xy)$.
C'est pourquoi la transformation isotomique est appelée quadratique!
Le complément $\Omega$ de ce point isotomique a donc pour coordonnées barycentriques:
$$\big(x(y+z):y(z+x):z(x+y)\big)$$
Cela va aussi vite que cela!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Comment s'est traduit sur ma figure le calcul ci-dessous?
J'étais arrivé au résultat en volant au ras des pâquerettes : équations $(y-z)X-(y+z)Y+(y+z)Z=0$ et $(z-x)Y-(z+x)Z+(z+x)X=0$ de $pA'$ et $qB'$, etc...
Ça m'avait permis de contrôler par le calcul l'alignement de $\Omega$, $m$ et $m^2$.
Je dis chapeau bien sûr, mais je me vois obligé de demander.
Que le point isotomique $\Omega$ de $m$ correction : non. L'isotomique n'a pas reçu d'étiquette dans cette discussion, et $\Omega$ est son complément ait pour coordonnées $(yz : zx : xy)$ : je l'admets sans chercher à comprendre.
Je subodore qu'ensuite vous avez appliqué à $\Omega$ la matrice d'homothétie que je lis chez Eiden p29 et dont la première ligne est, dans notre cas, $({1 \over 3}+{2 \over 3}\times({-1 \over 2}),{1 \over 3}-{1 \over 3}\times({-1 \over 2}),{1 \over 3}-{1 \over 3}\times({-1 \over 2})={1 \over 2}(0,1,1)$ ? Correction : je crois que je me mélange les pinceaux !
Alors $(x(y+z) : y(z+x) : z(x+y))$ sera clair, en effet. Mais si vous avez un moyen différent d'obtenir la matrice, je suis preneur.
C'est joli à contempler tout ça.
Je dois hélas arrêter pour aujourd'hui.
Amicalement,
Swingmustard
1) Réponse à la question de votre PS : "Ce calcul démontre l'alignement de $m$, $m^2$ et de $\Omega$, complément du point isotomique de $m$."
2) Dans la contemplation et sans comprendre, j'ai observé sur des dessins le comportement du point isotomique et de $m^2$. Je ne retiens que ce qui suit.
a) Toute droite a pour "transformée $m^2$" une ellipse inscrite dans $ABC$, et pour isotomique une conique circonscrite à $ABC$.
b) Une des perpendiculaires à la droite d'Euler a pour isotomique le cercle circonscrit à $ABC$.
c) Si $ABC$ est rectangle, cette perpendiculaire est tangente au cercle circonscrit, tandis que si $ABC$ est équilatéral, elle s'en éloigne infiniment
3) Je ne perds pas $m^2$ de vue. Merci de m'avoir déjà donné de lui :
a) ses coordonnées barycentriques
b) une construction avec l'ellipse de Steiner
c) son alignement avec $m$ et $\Omega$
4) Peut-on espérer de nouvelles révélations...
a) Une démonstration de l'alignement du (1) "plus géométrique" ? (Même si je ne conteste pas l'appartenance des barycentres à la géométrie !)
b) Une construction de $m^2$ sans l'ellipse, comme intersection de la droite $(m \Omega)$ avec un lieu qui m'échappe ?
Amicalement,
Swingmustard
J'ai cru le but atteint... encore raté ;-)
1) Tant que $ABC$ est acutangle, nous avons actuellement pour $X$
a) une construction comme point de concours de trois céviennes,
b) ses coordonnées barycentriques $\left(\sqrt{a \cos \widehat{B} \cos \widehat{C}},\sqrt{b \cos \widehat{A} \cos \widehat{C}},\sqrt{c \cos \widehat{A} \cos \widehat{B}}\right)$.
Donc si on appelle $m$ le point $X_4$ (l'orthocentre), $X$ pourrait être renommé $\sqrt{m}$=$\sqrt{X_4}$ (à votre instigation bienvenue).
2) La définition "point de fuite de la diagonale du cube" de $\sqrt{X_4}$ est le contexte où je l'ai rencontré. Dans ce contexte, $ABC$ est le triangle de fuite du cube, ce qui le contraint à être acutangle, donc tout semble aller pour le mieux.
Mais l'identification dans l'ETC (au delà de 4000) requiert un exemple obtusangle.
3) Si $\widehat{BAC}$ est obtus, alors construction et calcul semblent cohérents dans la disparition de $\sqrt{X_4}$ :
a) il ne reste qu'une cévienne sur trois (adieu le point de concours !)
b) un radicande sur trois, dans les coordonnées, reste positif.
4) Vous me montrez un procédé hyperchouette d'obtention de $\sqrt{m}$, augmenté de son alignement avec $\Omega(\sqrt{m})$, pour noter ainsi le complément du conjugué isotomique de $\sqrt{m}$. De telles nouveautés relancent l'espoir d'une généralisation de $\sqrt{X_4}$ aux triangles obtusangles.
5) Je m'affaire à des constructions : dans un premier temps avec $\Omega(m)$, sans réaliser que deux alignements parmi les quatre points $m$, $\sqrt{m}$, $\Omega(\sqrt{m})$, $\Omega(m)$ n'entraînent pas du tout un alignement des quatre. Dans un deuxième temps, avec le bon acteur $\Omega(\sqrt{m})$.
6) Las, $\Omega(\sqrt{X_4})$ paraît aussi affecté que $\sqrt{X_4}$ par le caractère obtus de $\widehat{BAC}$ :
a) il ne reste qu'une hauteur sur trois qui veuille bien rencontrer l'ellipse de Steiner dans votre construction,
b) des radicandes dans $(\sqrt{x}(\sqrt{y}+\sqrt{z}):\sqrt{y}(\sqrt{z}+\sqrt{x}):\sqrt{z}(\sqrt{x}+\sqrt{y}))$ cessent d'être positifs.
7) Moralité : l'espoir de ressusciter $\sqrt{X_4}$ comme intersection de l'unique cévienne rescapée de (3) avec la droite qui joint $X_4$ et $\Omega(\sqrt{X_4})$ a fait long feu.
J'ai hâte de voir sortir de votre sac à malices un nouveau lap(o)in(t) magique.
Et peut-être aussi un nom de baptême pour $m^2$ ?
Dernière question : $\Omega(\sqrt{X_4})$ existe-t-il, lui, ou pas quand $ABC$ est obtusangle ?
Amicalement,
Swingmustard
Je voudrais bien t'aider mais je ne le peux pas car je n'ai pas compris comment tu projettes ton cube.
D'abord étiquette comme tu le veux les huit sommets du cube puis dis moi quels sont exactement le centre de perspective et le plan de projection par rapport au cube.
Sont-ils tous les deux quelconques ou bien sont-ils déterminés par la position du cube?
Amicalement
[small]p[/small]appus
J'ignore comment envoyer un lien qui mène au (3) du premier de mes deux messages d'il y a dix jours ci-dessus.
(Et dont la notation était fausse, je viens de la corriger.)
J'y appelle $OAC'BCB'O'A'$ un cube, sans être persuadé d'avoir gagné au change par rapport à $ABCDA'B'C'D'$, nous verrons bien.
Classant par directions les $\begin{pmatrix} 8 \\ 2 \end{pmatrix}=28$ droites joignant les sommets, on en trouve 3 pour les 12 arêtes, 6 pour les 12 diagonales de faces, 4 pour les 4 diagonales du cube.
Je projette ce cube depuis un centre $S$ sur un plan sécant avec les 3 + 6 + 4 = 13 directions, dont 3 (par exemple $(OA), (OB), (OC)$, appelons-les principales) fixent les 10 autres. (Comment elles les fixent, c'est le sujet.)
Leurs points de fuite seront notés $A, B, C$ (au lieu de $\alpha, \beta, \gamma$ à l'époque).
Le cube est mis de côté, ses sommets seront indicés "1" sur la figure, permettant de recycler ses lettres.
(On pourrait l'oublier.)
Les données devenaient donc : un centre $S$ extérieur à un plan (de projection) et $A, B, C$ trois points de fuite.
Vu que $S$ est sommet d'un des deux seuls trièdres trirectangles dont $ABC$ est la base "non rectangle", je ne le considère plus comme une donnée.
La donnée actuelle est simplement un triangle acutangle $ABC$.
Le but est d'ordonner un peu le fouillis que représentaient pour moi les 13 points au début. Ce fouillis fourmille de divisions harmoniques. Des infos comme "l'orthocentre de $ABC$ est à l'aplomb de $S$" me ravissent, et par moments je bloque. Votre demande d'un étiquetage clair tombe à pic.
J'appelle $X_O, X_A, X_B, X_C$ les points de fuite des diagonales de $(C_1C_1')$ qu'on abrégera en "des $C$", des $B$, des $A$ et des $O$. (C'est un peu moche, mais pour l'instant, quand je tente que ce soit bêtement des $O$, des $A$, des $B$ et des $C$, ça engendre d'autres problèmes esthétiques, je crois.)
De leur côté, les points de fuite des diagonales de la face $O_1A_1C_1'B_1$ sont deux conjugués harmoniques par rapport à $A$ et $B$. J'appelle $C'$ celui des deux qui est entre $A$ et $B$. Pareil pour $A'$ et $B'$.
Je ne m'intéresse pas trop aux trois conjugués harmoniques extérieurs $A'', B'', C''$. (Situés sur une ménélienne un peu "hors de la figure").
Restent 10 - 3 = 7 points $X_O, X_A, X_B, X_C, A', B', C'$ à déduire de $ABC$.
Si j'ai une question actuellement, ce serait un peu : à part construire $X_O, X_A, X_B, X_C$ grâce à leurs coordonnées barycentriques (ou l'ellipse de Steiner, encore merci pour ça), puis $A', B', C'$ en exploitant des alignements logiques, connaissez-vous d'autres manières de construire ces 7 points ?
Les constructions espérées sont "dans le plan $(ABC)$", vu que si on s'autorise l'espace, on construit $S$ et les 7 points deviennent faciles.
Amicalement,
Swingmustard
Mais ce dessin rectifie l'impression trompeuse que peut donner le précédent, d'un alignement de $C'$ avec $A_1, A_1', X_B$. Qui, eux, le sont bien par définition de $X_B$.
Bonne journée !
Soit $ABC$ un triangle acutangle.
Considéré comme triangle des points de fuite des arêtes d'un cube, il génère :
1) $A'B'C'$ : triangle de fuite de trois des diagonales de faces.
(On renonce aux trois autres points de fuite des diagonales de faces, situés sur une ménélienne de $ABC$ extérieure et associée à $A'B'C'$.)
2) $OA''B''C''$ : quadrilatère de fuite des diagonales du cube.
On s'intéresse aux méthodes de construction plane des points $A', B', C', O, A'', B'', C''$.
Bilan provisoire. On construit $O, A'', B'', C''$ par trois méthodes proches : barycentres; des hauteurs suivies de bissectrices; l'ellipse de Steiner. On en déduit facilement $A', B', C'$.
Questions parmi d'autres : un accès direct à $A', B', C'$ ?
Quelles sont leurs coordonnées barycentriques ? Ah, zut, je dois pouvoir répondre seul à cette dernière.
Amicalement,
Swingmustard
Reprise du tout premier dessin de la discussion, avec $ABC$ acutangle quelconque.
On pardonne la phrase malheureuse de Wikipédia : plusieurs analogies apparaissent entre $X_1$ et $O$ (dernier nom en date du point de fuite de "la" diagonale, identifié à la fois comme point de concours de $ABC$ avec les plans bissecteurs du trièdre trirectangle qui lui est associé, et comme $\sqrt{X_4}$, au sens de la transformation indiquée par pappus).
$O$ et ses acolytes $A'', B'', C''$ sont les centres de sphères inscrites respectivement dans le trièdre trirectangle (disons latéral, si on appelle $ABC$ "base" du tétraèdre) et ses trois voisins : deuxième dessin.
Quand on considère la famille de quatre cercles inscrit et exinscrits associés à $ABC$, les paires de tangentes communes à deux d'entre eux se croisent en les sommets et en les pieds des bissectrices.
Pas étonnant qu'ici, la famille des quatre cercles-traces voie les paires de tangentes communes se croiser en $A, B, C$ ainsi qu'en les points d'intersection $A', B', C'$ des côtés avec les plans bissecteurs : premier dessin.
Nuance : par définition des cercles inscrit et exinscrit, les côtés d'un triangle sont des tangentes communes. Ici, seuls les points mentionnés appartiennent à des tangentes communes.
Décidément, $X_1$ et $X_4$ nous engendrent là un sacré petit lascar !
Cordialement,
Swingmustard
Illustrer les notions de quadrangle et de quadrilatère complet ? Par ici la bonne soupe !
Soit $ABC$ un triangle acutangle : première famille, de 3 points.
Alors non seulement il peut être considéré comme triangle des points de fuite d'un unique trièdre trirectangle (à la réflexion près par rapport à son plan), mais encore il détermine deux autres familles de points.
La famille des 6 points de fuite des paires de bissectrices, notés $A', B', C', A'_0, B'_0, C'_0$ ci-dessous.
La famille des 4 points de fuite des diagonales (là je me suis senti obligé de refaire appel au cube), notés $O, A'', B'', C''$.
Devinette en trois questions. Quelle famille est un quadrangle ? Quelle famille est un quadrilatère complet ? Comment s'appelle la dernière famille par rapport à chacune des deux autres ?
Oui, la réponse est enfantine, mais pour moi qui voulais un peu d'ordre dans le bazar, c'est plaisant !
Cordialement,
Swingmustard
PF signifiera point de fuite. Ironie de la devinette : le quadrangle des PF des diagonales du cube et le quadrilatère complet des PF des diagonales de faces ont pour triangle diagonal la seule famille épargnée jusqu'ici par l'adjectif "diagonal" : celles des trois PF !
Réveillé ce matin avec la question suivante. Bon sang, $OA''B''C''$ et $A'B'C'A_0'B_0'C_0'$ ne seraient-ils pas duaux ?
Internet un peu décevant en matière de définition, jusqu'à découvrir Bernard Keizer qui me comble, et laisse penser qu'il n'y a pas photo.
Page 24, il écrit : « Le QC [quadrilatère complet] formé par les 4 droites Di est la figure duale du QA [quadrangle] formé par les 4 points Pi ; par construction, les deux figures ont le même triangle diagonal [qui sera noté DT].
Il y a (au moins) 3 manières de construire cette figure :
* à partir du QA, on construit le DT et le QC comme céviens successifs
* à partir du QC, on construit le DT et le QA comme centres de perspective (c'est moi qui souligne, en espérant comprendre bientôt ce qu'on appelle une perspective en géométrie)
* à partir du DT,
- avec un point Pi, les 3 autres sont les sommets de son triangle anticévien/DT
- avec une droite Di, le point Pi est son pôle trilinéaire/DT
- avec le point P, pôle de l'isoconjugaison, les 4 Pi sont les points fixes
- avec la droite de Newton , son pôle trilinéaire est le point P."
Cela sent-il la bonne affaire pour retourner chez Kimberling et son 6-9-13 ?
Hum, « 3ème manière » dit très bien « à partir du DT, avec un point Pi, les 3 autres sont les sommes de son triangle anticévien/DT ». Cette liberté du premier Pi laisse entier le problème de relier 6-9-13 au cas qui m'occupe.
Une autre question me tarabustait au réveil : Aller du QA au QC (et réciproquement) sans passer par le DT ? Merci Bernard également pour les 2 premières manières : l'auteur semble apprécier, lui aussi, la simplicité du recours au DT comme toute première étape, à l'aller comme au retour. Donc je ferais mieux de continuer de célébrer le DT $ABC$ (déclaré "autodual" page 26 ?!) des PF, et accepter de faire appel à lui comme chemin de construction le plus court de QA à QC.
Hum, je dis ça mais je me soupçonne de ne pouvoir résister à l'envie d'examiner la question suivante.
On élargit (et met de côté) le cadre des PF du cube : le sujet paraît général.
Soit un repère barycentrique $A, B, C$. Considérons un quadrilatère complet $ABCDEF$. En fonction des coordonnées barycentriques de $D,E,F$, exprimer celles des sommets du quadrangle dual $O'A'B'C'$?
Cordialement,
Swingmustard
P.S. On dirait que cet ouvrage antérieur de Bernard Keizer donne la réponse page 37, non ?
Soit $ABC$ un triangle, et un point $M(u:v:w)$.
1) $M$ aurait-il deux droites duales possibles $D_E$ et $D_K$ par rapport à ce triangle ?
J'appelle $D_E$ la droite duale telle que je crois la lire chez Jean-Denis Eiden pages 139 et suivantes, et $D_K$ ce que je crois comprendre page 37 chez Bernard Keizer.
\begin{align*}
D_E:&uX+vY+wZ=0 \\
D_K:&\frac{X}{u}+\frac{Y}{v}+\frac{Z}{w}=0
\end{align*} 2) On dirait qu'Eiden prend l'inverse isotomique de $M$, puis réalise sur les pieds des céviennes des conjugaisons harmoniques, tandis que Keizer fait uniquement les conjugaisons harmoniques ?
D'avance, merci,
Swingmustard
p134, il appelle $D_K$ "polaire triangulaire" (ou trilinéaire).
Keizer, qui l'appelle "duale", cite Eiden.
Benoît Kloeckner cite Eiden également, notant $M^\#$ la droite $D_K$ qu'il appelle "polaire harmonique".
Si j'ai un peu compris, la notion de dualité s'applique, a priori, à deux espaces.
Sa restriction à un espace commun (ce qui a permis de représenter le quadrangle et le quadrilatère sur une même figure) serait dite polarité.
Avantage de la polaire formelle : la simplicité au niveau des coordonnées.
Avantage de la polaire harmonique : la simplicité de la construction.
Quant au quadrangle et au quadrilatère complet associés aux points de fuite, c'est par une polarité harmonique qu'on peut les qualifier de duaux.
a) Quel est l'objet limite ?
b) Décrire la famille que limite l'objet du (a) ?
Dekoikicauzdonctan ?
I) Cas général
Pour un quadrangle $O, A, B, C$ et un quadrilatère complet (de sommets $a, b, c, a', b', c'$) duaux, ainsi que pour leur triangle diagonal $A', B', C'$, j'adopte les abréviations QA, QL, DT de Bernard Keizer.
$abc$ est un triangle cévien de $A'B'C'$, et $(a'b'c')$ la transversale qui complète ce triangle en un quadrilatère.
II) Trois familles particulières
On représente un cube en perspective centrale.
Le QA des points de fuite des diagonales et le QL des points de fuite des diagonales de faces sont venus rejoindre le DT des points de fuite des arêtes, formant un ensemble de 13 points de fuite.
Cela dit, on n'a pas là tous les QA, tous les QL et tous les DT du plan. On n'en a que trois familles (associées), limitées par des conditions que j'essaie de mieux comprendre en votre compagnie.
1) DT
a) Le type de triangle limite est le triangle rectangle.
b) La famille des triangles possibles est celle des triangles acutangles.
2) QA
a) Quel est le quadrangle limite ? (J'ai.)
b) Décrire la famille que limite ce quadrangle ? (J'ai pas.)
3) QL
a) Quel est l'objet limite ? (J'ai. J'écris "objet" car ce n'est pas un QL.)
b) Décrire la famille que limite l'objet du (a) ? (J'ai pas.)
Au plaisir de vous lire,
Swingmustard
P.S. Les titres des dessins font référence aux 3 + 4 + 6 directions en pointillé, qui seraient illisibles sur un dessin unique.