Une vieille connaissance

poulbot
poulbot
dans Géométrie
Bonjour

Etant donné un triangle $ABC$, on considère les paires de droites $d$ et $d^{\prime }$ coupant les droites $BC,CA,AB$ respectivement en $U$ et $U^{\prime }$, $V$ et $V^{\prime }$, $W$ et $W^{\prime }$ avec $UU^{\prime }=BC,VV^{\prime }=CA,WW^{\prime }=AB$ (égalités de distances).
Quel est le lieu de $M=d\cap d^{\prime }$?

Question subsidiaire : étant donné un point $M$ de ce lieu, construire les droites $d$ et $d^{\prime }$ correspondantes.

Amicalement. Poulbot79028

Réponses

  • JLT
    JLT
    Par un calcul inintéressant, je trouve l'ellipse de Steiner circonscrite.

    J'ai posé $U=(1-u)B+uC$, etc.

    On a les conditions $u+v+w=0$ et $uv+vw+wu+1=0$. On trouve que les coordonnées barycentriques de $M$ sont $x=\dfrac{v-w+1}{3}$, etc. donc $xy+yz+zx=0$.
  • poulbot
    poulbot
    Bonjour JLT et merci
    J'ai modifié ma figure en conséquence.
    Quid de la construction?
    Amicalement. Poulbot
  • JLT
    JLT
    Comme $u=z-y$, on construit le point $U$ de la manière suivante : soient $Y$ le point sur $(BC)$ tel que $(MY)\parallel (AC)$ et $Z$ le point sur $(BC)$ tel que $(MZ)\parallel (AB)$.
    Alors $U=Y+Z-C$ est le symétrique de $C$ par rapport au milieu de $[Y,Z]$.79030
  • pappus
    pappus
    Bonjour
    Je suis admiratif devant la technique de JLT.
    Il y a quelque chose qui m'intrigue dans ce problème qui est sans doute une vieille connaissance.
    La formulation de Poulbot est euclidienne et la configuration trouvée par JLT est affine.
    Le problème de Poulbot est-il bien posé?
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • gai requin
    gai requin
    Bonjour,

    Quelque chose a dû m'échapper dans l'énoncé. :-S
    La conique en bleu est l'ellipse de Steiner circonscrite à $ABC$.79032
  • JLT
    JLT
    J'ai interprété l'énoncé de poulbot avec des valeurs algébriques : $\overline{UU'}=\overline{BC}$, etc. Cet énoncé est évidemment affine. Je n'ai pas regardé si ça donne quelque chose d'intéressant lorsqu'on change des signes.

    @gai requin : ta figure ne vérifie pas du tout les trois conditions $\overline{UU'}=\overline{BC}$, etc.
  • gai requin
    gai requin
    Merci JLT !

    J'avais interprété $UU'=BC$ comme une égalité de droites, ce qui était stupide de ma part même si c'est cohérent par rapport aux notations des géomètres du forum.
  • poulbot
    poulbot
    Re-bonjour
    J'aurais mieux fait d'écrire $\left\Vert \overrightarrow{UU^{\prime }}\right\Vert =\left\Vert \overrightarrow{BC}\right\Vert ,\left\Vert \overrightarrow{VV^{\prime }}\right\Vert =\left\Vert \overrightarrow{CA}\right\Vert ,\left\Vert \overrightarrow{WW^{\prime }}\right\Vert =\left\Vert \overrightarrow{AB}\right\Vert $.
    On peut toujours supposer que $\overrightarrow{UU^{\prime }}=\overrightarrow{BC}$. Dans ce cas, on a nécessairement $\overrightarrow{VV^{\prime }}=\overrightarrow{CA}$ et $\overrightarrow{WW^{\prime }}=\overrightarrow{AB}$ (ce qui reste à prouver évidemment).
    Il s'agit d'un problème purement affine.
    Amicalement. Poulbot
  • pappus
    pappus
    Bonjour
    J'ai fait la figure de JLT en effaçant les points de construction intermédiaires pour plus de clarté.
    Je me suis seulement permis de tracer les enveloppes des droites $d$ et $d'$ quand $M$ décrit l'ellipse de Steiner.
    Mais notre ami JLT a-t-il trouvé toutes les solutions?
    Comme dit la chanson, y a du TGV dans l'air!!
    Amicalement
    [small]pappus[/small]79034
  • JLT
    JLT
    Pour l'énoncé avec des distances et non des valeurs algébriques, je trouve que la construction n'est possible que dans des cas dégénérés du type : $V'=W'=A$, $W=B$, $V=C$. Ceci rajoute au lieu de $M$ la réunion des trois droites $(BC)$, $(CA)$ et $(AB)$.
  • pappus
    pappus
    Bonjour
    Voici comment
    Les paires $(U,U')$, $(V,V')$, $(W,W')$ définissent des correspondances affines entre les côtés du triangle $ABC$ c'est à dire une $FLTI$.
    Le point $M$ est l'équicentre de cette $FLTI$ mais en ce qui concerne le centre aréolaire, il y a quatre choix possibles a priori.
    Celui de $JLT$ et sans doute de Poulbot a été de choisir pour ce centre aréolaire le centre de gravité $G$ du triangle $ABC$, on voit qu'on reste dans la géométrie affine.
    Mais il y a trois autres choix possibles pour ce centre aréolaire, lesquels? Peut être faudra-t-il en éliminer certains ou même tous?!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • pappus
    pappus
    Mon cher Poulbot
    Quitte à permuter $U$ et $U'$, on peut toujours supposer $\overrightarrow{UU'}=\overrightarrow{BC}$
    Les quatre possibilités sont alors $\overrightarrow{VV'}=\pm \overrightarrow{CA}$ et $\overrightarrow{WW'}=\pm\overrightarrow{AB}$
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • poulbot
    poulbot
    Bonjour pappus
    J'ai bien compris mais je tenais compte de l'alignement de $U,V,W$ et de $U^{\prime },V^{\prime },W^{\prime }$ (en omettant les cas triviaux signalés par JLT)
    Amicalement. Poulbot
  • JLT
    JLT
    Voici une manière de paramétrer les points de la construction :

    $u=\frac{2}{\sqrt{3}}\cos t$, $v=\frac{2}{\sqrt{3}}\cos (t+\frac{2\pi}{3})$, $w=\frac{2}{\sqrt{3}}\cos (t+\frac{4\pi}{3})$,

    $x=\dfrac{1-2\sin t}{3}$, $y=\dfrac{1-2\sin (t+2\pi/3)}{3}$, $z=\dfrac{1-2\sin (t+4\pi/3)}{3}$.
  • pappus
    pappus
    Bonjour
    Voici ma propre construction issue de la théorie des $TGV$ ou des $FLTI$ à comparer avec celle de $JLT$.
    Soit $G$ le centre de gravité du triangle et $\Gamma$ la conique circonscrite de centre $G$ c'est à dire l'ellipse de Steiner.
    On choisit un point quelconque $M\in \Gamma_G$.
    On considère la $FLTI$ de centre aréolaire $G$ et d'équicentre $M$.
    Soit $O$ le milieu de $GM$.
    Soit $\gamma$ la conique inscrite de centre $O$. Suivant les notations de Pierre, c'est la conique pilier de la $FLTI$, quant à moi, quand je m'occupais seul de cette théorie dans mon petit coin, je l'avais appelée la conique d'incidence.
    Les triangles dégénérés de la $FLTI$ formés de points alignés s'obtiennent en menant du point $M$ les tangentes à $\gamma$, ce que j'ai fait sur ma figure.
    On obtient ainsi les droites $d=UVW$ et $d'=U'V'W'$ avec $\overrightarrow{UU'}=\overrightarrow{BC}$, $\overrightarrow{VV'}=\overrightarrow{CA}$, $\overrightarrow{WW'}=\overrightarrow{AB}$.
    Vu la construction que je viens de faire, comment obtenir de façon analogue les autres solutions si elles sont possibles?
    Amicalement
    [small]p[/small]appus79046
  • JLT
    JLT
    Dans le cas où $\overrightarrow{UU'}=\overrightarrow{BC}$, $\overrightarrow{VV'}=\overrightarrow{CA}$, $\overrightarrow{WW'}=\overrightarrow{AB}$, on a des TGV comme dit pappus (cf. http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?8,778364,994493) : $a(t)=(0:1-u-t:u+t)$, $b(t)=(v+t:0:1-v-t)$, $c(t)=(1-w-t:w+t:0)$. Le centre aréolaire est $(1:1:1)=G$, et l'équicentre est l'isobarycentre de $(a(t),b(t),c(t))$ pour tout $t$. En prenant $t=0$ et $t=1$, on voit que l'équicentre est sur les deux droites $UVW$ et $U'V'W'$, donc c'est $M$.

    On pourrait regarder ce qui se passe si on change les signes $\overrightarrow{UU'}=\pm\overrightarrow{BC}$, $\overrightarrow{VV'}=\pm\overrightarrow{CA}$, $\overrightarrow{WW'}=\pm\overrightarrow{AB}$, ce qui reviendrait à prendre pour centres aréolaires les sommets du triangle antimédial $A'=(-1:1:1)$, $B'=(1:-1:1)$ et $C'=(1:1:-1)$ mais il n'y a pas de solution autre que des cas dégénérés (cf. l'un des messages précédents).
  • pappus
    pappus
    Merci JLT
    Oui mais ils sont solutions d’un problème voisin de celui de Poulbot.
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
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