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Médiatrices et céviennes concourantes

Envoyé par jelobreuil 
Médiatrices et céviennes concourantes
il y a trois mois
Bonsoir à tous
Comment expliquer que dans un triangle ABC quelconque, quand on porte sur les médiatrices, à partir de leur pied, des segments de longueurs respectivement proportionnelles aux côtés correspondants, les céviennes reliant les extrémités de ces segments aux sommets opposés respectifs sont concourantes ?

Autrement dit, soient ABC un triangle quelconque, M(a), M(b) et M(c) les milieux respectifs des côtés BC, AC et AB de longueurs respectives a, b et c, et D(a), D(b) et D(c) les médiatrices respectives des ces côtés. Si les points P, Q et R appartiennent respectivement à D(a), D(b) et D(c) et que les longueurs des segments M(a)P, M(b)Q et M(c)R vérifient M(a)P/a = M(b)Q/b = M(c)R/c = k, où k est un réel, alors les droites AP, BQ et CR sont concourantes.

Je suppose qu'il y a une belle histoire de similitude là-derrière ...
À titre d'illustration, je joins cette figure, inspirée de celle, fameuse, de Vecten ...
Merci beaucoup à l'avance de vos explications !
Bien cordialement

Merci, je me coucherai (un peu) moins bête ce soir !



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a trois mois et a été effectuée par AD.


Re: Médiatrices et céviennes concourantes
il y a trois mois
avatar
Bonjour,

Je colle ci-dessous une figure simplifiée dans un souci de lisibilité
Le curseur k permet de faire varier les longueurs des segments $MR, NS, PT$, respectivement de longueurs $ka, kb, kc$ Il s'agit de démontrer que $(AR), (BS), (CT)$ sont concourantes.

à cette heure-ci, je ne sais pas le faire, sauf sur quelques cas particuliers:
$k=0$ se ramène au concours des médianes
$k=\infty$ : concours des hauteurs
$k=\dfrac {\sqrt 3}2$ : les trangles $RBC, SCA$ et $TAB$ sont équilatéraux, les trois droites concourent au point de Fermat-Toricelli, d'où l'on voit les trois côtés sous un angle de $120°$, situation souvent étudiée.

Amicalement. jacquot


Re: Médiatrices et céviennes concourantes
il y a trois mois
Bonjour jelobreuil
C'est la fameuse histoire de l'hyperbole de Kiepert.
Il y a un petit problème d'orientation dans tes données : si $\Pi _{A}$ est le demi-plan contenant $A$ limité par la droite $BC$, …, il faut supposer que $P\in \Pi _{A},Q\in \Pi _{B},R\in \Pi _{C}$ ou que $P\notin \Pi _{A},Q\notin \Pi _{B},R\notin \Pi _{C}$.
Ludwig Kiepert, alors étudiant à Berlin, a prouvé il y a $150$ ans qu'étant donnés les triangles isocèles directement semblables $BPC,CQA,ARB$, les droites $AP,BQ,CR$ concourent sur l'hyperbole équilatère passant par $A,B,C,G$ et que l'axe de perspective des triangles $ABC$ et $PQR$ enveloppe une parabole inscrite dans $ABC$ (la non moins fameuse parabole de Kiepert).
Amicalement. Poulbot
JLT
Re: Médiatrices et céviennes concourantes
il y a trois mois
avatar
Le cas $k=-\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ se traite de manière analogue au point de Fermat, les triangles équilatéraux étant intérieurs au lieu d'être à l'extérieur.

En prenant un repère centré en $A$, il est clair que les droites $(AR)$, $(BS)$ et $(CT)$ ont une équation de la forme $f_i(k)x+g_i(k)y+h_i(k)=0$ où $f_i,g_i,h_i$ sont des fonctions affines avec $h_1=0$. La pente de la droite reliant $A$ au point d'intersection entre $(BS)$ et $(CT)$ est dont égale à $\dfrac{P(k)}{Q(k)}$ où $P$ et $Q$ sont de degré au plus $2$. Il s'agit de montrer que $\dfrac{P(k)}{Q(k)}=-\dfrac{f_1(k)}{f_2(k)}$. La concourance quand $k=\infty$ indique que $Pf_2+Qf_1$ est de degré au plus $2$. La concourance quand $k=0$ et $k=\pm \dfrac{\sqrt{3}}{2}$ indique que $Pf_2+Qf_1$ a au moins trois racines, donc c'est le polynôme nul.
Re: Médiatrices et céviennes concourantes
il y a trois mois
Bonjour à tous,
Et merci, Jacquot, Poulbot, JLT de vos réponses très intéressantes, surtout celle de Poulbot ! Je me doutais bien que cette question était résolue depuis longtemps ... Je vais me documenter sur les travaux de Kiepert.
Merci Jacquot d'avoir pris la peine de faire une figure beaucoup plus exploitable que toutes celles que j'aurais pu produire !
Pour le petit problème d'orientation, Poulbot, je pensais que la mention "k réel" suffisait, à partir du moment où l'on considère, ce qui me paraît naturel et allant sans dire, que le plan "de travail" est divisé en intérieur et extérieur du triangle considéré. Mais tu as raison, cela va encore mieux en le disant !
Bien cordialement

Merci, je me coucherai (un peu) moins bête ce soir !
Re: Médiatrices et céviennes concourantes
il y a trois mois
Bonjour
Un résultat amusant qui fait un exercice pas si simple. En reprenant les notations initiales de jelobreuil,

Il existe deux triplets $\left( P,Q,R\right) $ de points alignés : les points communs de chacun des axes de l'ellipse de Steiner avec les médiatrices des côtés de $ABC$.

Amicalement. Poulbot



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a trois mois et a été effectuée par poulbot.


Re: Médiatrices et céviennes concourantes
il y a trois mois
Une solution au problème initial utilise des barycentres.
Elle est utilisée dans ce programme interactif en FLASH
[rdassonval.free.fr]
Une présentation vidéo pour les lecteurs qui ne veulent pas brûler leur disque dur avec du FLASHspinning smiley sticking its tongue out
[rdassonval.free.fr]
Je ne sais pas si une telle solution avec barycentres est abordable au lycée ?
JLT
Re: Médiatrices et céviennes concourantes
il y a trois mois
avatar
On note $\alpha,\beta,\gamma$ les angles du triangle.

Soit $R'$ l'intersection de $(AR)$ avec $(BC)$. On calcule que $\dfrac{R'B}{R'C}=\dfrac{1+2k\cot\beta}{1+2k\cot\gamma}$, donc si on définit le point $H_k$ comme le point de coordonnées barycentriques $(\dfrac{1}{1+2k\cot\alpha},\dfrac{1}{1+2k\cot\beta},\dfrac{1}{1+2k\cot\gamma})$, alors $H_k$ appartient à $(AR)$, et de même il appartient aux deux autres droites.

De ce qui précède, on peut déduire que l'hyperbole décrite par le point $H_k$ admet pour équation en coordonnées barycentriques
$$(\cot\alpha-\cot\beta)xy+(\cot\beta-\cot\gamma)yz+(\cot\gamma-\cot\alpha)zx=0.$$
Re: Médiatrices et céviennes concourantes
il y a trois mois
Le problème initial porte sur le point de Kiepert associé à l'angle de base des triangles isocèles (plutôt qu'à un réel k).
J'ai modifié le programme en FLASH et la vidéo en lien ci-dessus.
Du contemplatif en géométrie dynamique en attendant une démonstration, peut-être...
@JLT
Merci pour la réponse.
Comment expliquer cette barycentration ?
Content d'avoir revu de la cotspinning smiley sticking its tongue out
JLT
Re: Médiatrices et céviennes concourantes
il y a trois mois
avatar
Je détaille mon calcul. Soit $A'$ le pied de la hauteur issue de $A$, et $h=AA'$. D'après Thalès, on a $\dfrac{R'A}{R'M}=\dfrac{h}{ka}$. De plus, on a $BA'=h\cot\beta$. On en déduit que $\dfrac{BR'-h\cot\beta}{\frac{a}{2}-BR'}=\dfrac{h}{ka}$, d'où on tire $BR'=\dfrac{ah}{2(h+ka)}(1+2k\cot\beta)$. En permutant les rôles de $B$ et de $C$, on a aussi $CR'=\dfrac{ah}{2(h+ka)}(1+2k\cot\gamma)$, donc $\dfrac{R'B}{R'C}=\dfrac{1+2k\cot\beta}{1+2k\cot\gamma}$.

Pour être rigoureux, il faudrait faire attention à l'orientation. On peut aussi prendre un repère $B(0,0)$, $A(h\cot\beta,h)$, $M(\frac{a}{2},0)$, $R(\frac{a}{2},-ka)$.
Re: Médiatrices et céviennes concourantes
il y a trois mois
Mon cher Poulbot
Comme tu l'as sous-entendu, le problème d'orientation se règle en décrétant que les triangles $BPC$, $CQA$, $RB$ sont directement semblables. Pour les incrédules, il n'y a même pas besoin pour dire cela d'orienter le plan dans le sens trigonométrique (ah, ah!) ou bien par une petite flèche curviligne tracée dans un coin de la figure, en général placée en haut à droite.
La configuration de Kiepert n'est qu'un cas particulier de la configuration générale où le point $P$ est un point quelconque du plan, configuration des trois similitudes, vieille rengaine oubliée et enterrée depuis longtemps: centres de similitudes, points invariables, etc, etc...
Amicalement
pappus
Re: Médiatrices et céviennes concourantes
il y a trois mois
Bonjour Pappus
Dans le cas de la configuration générale où le point $P$ est un point quelconque du plan, le triangle $PQR$ a même centre de gravité $G$ que $ABC$; $G$ est donc le point directeur.
$K$ étant le point de Lemoine de $ABC$, les centres des similitudes directes $\left( C,A\right) \rightarrow \left( A,B\right) ,\ \left( A,B\right) \rightarrow \left( B,C\right) ,\ \left( B,C\right) \rightarrow\left( C,A\right) $ sont les projections $A_{2},B_{2},C_{2}$ de $O$ sur les symédianes $AK,BK,CK$; ce sont les sommets du deuxième triangle de Brocard qui est ainsi le triangle de similitude, le cercle de similitude étant le cercle de diamètre $\left[ OK\right] $ (cercle de Brocard).
Les droites $GA_{2},GB_{2},GC_{2}$ recoupent ce cercle aux projections $A_{1},B_{1},C_{1}$ de $K$ sur les médiatrices de $\left[ BC\right] ,\left[ CA\right] ,\left[ AB\right] $, ce sont les sommets du premier triangle de Brocard qui est ainsi le triangle invariable.
On trouve ces résultats dans le Rouché-Comberousse.

En barycentriques, $A_{2}=\left( b^{2}+c^{2}-a^{2}:b^{2}:c^{2}\right) $, $A_{1}=\left( a^{2}:c^{2}:b^{2}\right) $, …


Pour plus de précisions sur ces brocardises, voir, par exemple (et en anglais) Brocard Triangles et les liens qu'on y trouve.


Amicalement. Poulbot



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a trois mois et a été effectuée par AD.
Re: Médiatrices et céviennes concourantes
il y a trois mois
@JLT
Merci pour ces détails de calcul ; ce n'était pas évident !
J'ai cherché dans une autre direction et utilisé le texte de Jean-Luis AYME sur un théorème de Viviani.
Merci à lui...
La démonstration de ce théorème peut être suivie sans grandes connaissances en géométrie, ce que j'essaie d'expliquer dans un programme FLASH dont voici une présentation:
[www.youtube.com]
Re: Médiatrices et céviennes concourantes
il y a trois mois
Erreur de nom : Jacobi et non Viviani !
Scuses.
[www.youtube.com]
Re: Médiatrices et céviennes concourantes
il y a trois mois
Travaux sur la "géométrie de Jacobi" corrigés et en développement sur cette playlist
[www.youtube.com]
Pourrait intéresser quelques lecteurs ?
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