Calculer l'angle BPC
Réponses
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Bonjour ,
si les aires grisée sont égales , on peut en déduire l'isométrie des triangles BCD et CAE .
Les angles ADP et AEP sont donc supplémentaires . Il s'en suit que les angles EAD et EPD sont aussi supplémentaire (A,E,P et D cocycliques)
Donc angle BPC = 120°
Cordialement -
Merci fm_31
-
Bonjour
Tel qu'il est formulé, ce problème ressort de la géométrie affine.
On en a rien à cirer que le triangle $ABC$ soit équilatéral!
Amicalement
[small]p[/small]appus
-
Bonjour
Si on veut exprimer proprement l'hypothèse de départ, elle se traduit par l'équation:
$$S(A,E,P,D)=S(P,B,C)$$ où $S$ désigne la fonction aire algébrique..
Evidemment il faut savoir exprimer cette fonction en coordonnées et je doute que ce soit possible aujourd'hui où on est en resté 2300 ans en arrière à la sempiternelle formule:
$$S(\Delta)=\dfrac 12 b\times h\ $$
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour
Je vais m'y mettre en restant le plus élémentaire possible, donc pas question de déterminants, (servent-ils d'ailleurs encore à quelque chose?), et juste le minimum de barycentres car on m'a dit qu'ils se seraient fait la malle eux aussi.
J'aurais quand même besoin de deux lemmes assez faciles (?) à établir, je mets un point d'interrogation car je ne suis plus sûr de rien dans notre enseignement délabré!
Voici le premier:
$$S(APQ)=\dfrac{AP}{AB}.\dfrac{AQ}{AC}.S(ABC)\ $$
Ici tout est positif, on ne travaille qu'avec des distances et des aires géométriques.
Mais pourquoi ce premier lemme?
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
A l'intention de ceux qui seraient terrorisés par la partie droite de la figure, je n'aurais besoin que de sa partie gauche! -
Bonsoir
Sur la partie gauche:
$S(ABC)=\dfrac 12AB.AC.\sin(\widehat{BAC})$ et $S(APQ)=\dfrac 12AP.AQ\sin(\widehat{PAQ})$
Sur la partie gauche: $\widehat{BAC}=\widehat{PAQ}$ et sur la partie droite: $\widehat{BAC}=200gr-\widehat{PAQ}$.
D'où le résultat.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour ,
Un peu surpris que personne n’ait encore accroché à cette magnifique extension du sujet initial (peut-être la rentrée ?) , je me décide à une maigre contribution concernant le premier lemme proposé :
S(APQ) = AP AQ sin(A) / 2 et S(ABC) = AB AC sin (A) / 2
On démontre facilement cela à l’aide de la sempiternelle formule .
Malheureusement ma contribution s’arrête là , mon faible niveau ne me permettant pas d’avancer plus loin ;
Mais j’espère qu’elle donnera envie à d’autres plus trapus que moi .
Cordialement -
Bonsoir
Allons y gaiement!
D'après le lemme:
$S(AEP)=\dfrac{AP}{AF}.\dfrac{AE}{AB}.S(ABF)$ et $S(ABF)=\dfrac{BF}{BC}S(ABC)$
d'où:
$$S(AEP)=\dfrac{AP}{AF}.\dfrac{AE}{AB}.\dfrac{BF}{BC}S(ABC)$$
et de même:
$$S(ADP)=\dfrac{AP}{AF}.\dfrac{AD}{AC}.\dfrac{CF}{CB}S(ABC)$$
On additionne et on trouve:
$$S(AEPD)=\dfrac{AP}{AF}\big(\dfrac{AE}{AB}.\dfrac{BF}{BC}+\dfrac{AD}{AC}.\dfrac{CF}{CB}\big)S(ABC)$$
So far so good!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Merci fm_31
Tu m'as devancé!
Bravo!
Ma formule donnant l'aire du quadrilatère peut sembler compliquée mais chacun des rapports segmentaires intervenant s'exprime simplement en fonction des coordonnées barycentriques homogènes $(x:y:z)$ du point $P$ par rapport au triangle $ABC$, qu'on peut supposer toutes les trois strictement positives puisque $P$ est à l'intérieur du triangle $ABC$.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Je ne mérite aucun bravo . Je n'ai fait (GeoGebra a fait) que émettre une conjoncture sans être capable d'amorcer la moindre démonstration . Ceci pour réveiller les cadors de ce forum afin de profiter de leur profonde expérience en la matière . Mais ça ne se bouscule toujours pas sur cet exercice .
-
Bonjour
Cela ne fait jamais que cinq rapports segmentaires à évaluer, on sent que cela va être atroce!
Par exemple, par associativité barycentrique, $E$ est le barycentre des points massiques $(A;x)$ et $(B;y)$:
$(x+y)E=x.A+y.B$, d'où on tire rapidement: $\dfrac{AE}{AB}=\dfrac y{x+y}$.
De même: $(x+z)D=x.A+z.C$ et $\dfrac{AD}{AC}=\dfrac z{x+z}$
$(y+z)F=y.B+z.C$, d'où: $\dfrac{BF}{BC}=\dfrac z{y+z}$ et $\dfrac{CF}{CB}=\dfrac y{y+z}$
Et enfin le petit dernier: $(x+y+z)P=x.A+(y+z)F$ et $\dfrac{AP}{AF}=\dfrac{y+z}{x+y+z}$
D'où:
$S(AEPD)=\dfrac{y+z}{x+y+z}(\dfrac y{x+y}.\dfrac z{y+z}+\dfrac z{x+z}.\dfrac y{y+z})S(ABC)$
et finalement:
$$S(AEPD)=\dfrac{yz}{x+y+z}(\dfrac 1{x+y}+\dfrac 1{x+z})S(ABC)$$
Il ne reste plus qu'à évaluer $S(PBC)$, on sent que cela va être encore plus épouvantable!
On voit, ce que je ne cesse de seriner depuis des années, que le calcul barycentrique est particulièrement bien adapté pour évaluer des rapports d'aires!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour Pappus
"Il ne reste plus qu'à évaluer $S\left( PBC\right) $, on sent que cela va être encore plus épouvantable!"
Dans le genre épouvantable, il y a pire. $S\left( PBC\right) =xS\left( ABC\right) $.
So, $S\left( AEPD\right) =S\left( PBC\right) \Longleftrightarrow x^{2}-yz=0$, équation de l'ellipse rouge de fm_31 qui est tangente en $B$ et $C$ à $AB$ et $AC$ et passe par $G$.
Pas difficile non plus de trouver l'ensemble des points $P$ du plan pour lesquels $S\left( AEPD\right) =-S\left( PBC\right) $ qui est une cubique.
Amicalement. Poulbot -
Merci Poulbot
Effectivement c'est très très simple pour toi mais cela l'est beaucoup moins pour ceux qui sont restés scotchés aux axiomes de Thalès et de Pythagore c'est à dire la grande majorité!
Quant à ceux qui sont capables de tracer et d'identifier rapidement la courbe d'équation barycentrique homogène: $x^2-yz=0$, je pense qu'on peut les compter sur les doigts de la main.
C'est quand même curieux que le problème de $\mathrm{Xilyas}72$ se traite de façon aussi sympathique en coordonnées barycentriques.
Je reste momentanément sur l'identification de cette courbe. Comment faire?
Soit on déshomogénéise en faisant $x=1-y-z$ pour tomber sur l'équation: $(1-y-z)^2-yz=0$ qui est l'équation de cette ellipse dans le repère $\{A,(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})\}$.
Soit on montre que c'est la symétrique de l'ellipse de Steiner circonscrite d'équation homogène: $yz+zx+xy=0$ par rapport au milieu de $BC$.
Si le triangle $ABC\ $ est équilatéral, son ellipse de Steiner s'identifie au cercle circonscrit et la partie du symétrique du cercle circonscrit par rapport au milieu de $BC$ située à l'intérieur du triangle $ABC$ est exactement l'arc capable (est-ce encore enseigné?), d'où on voit le segment $BC$ sous un angle de $120°$.
Je finis mon élémentaire mais paysanne démonstration.
Elle est basée sur ce second lemme, appelé lemme du chevron dans le beau livre de Daniel Perrin: mathématiques d'école, nombres, mesures et géométrie, page 219, Corollaire 2.8
$S(ABM)=\dfrac 12AM.BH$ et $S(ACM)=\dfrac 12AM.CK$
Donc $\dfrac{S(ABM)}{S(ACM)}=\dfrac{BH}{CK}=\dfrac{A'B}{A'C}$, la dernière égalité étant assurée par l'axiome de Thalès.
L'égalité $\dfrac{S(ABM)}{S(ACM)}=\dfrac{A'B}{A'C}$ est appelée lemme du chevron dans le livre de Perrin.
Je reviendrai sur l'importance de ce lemme du chevron en géométrie affine.
On applique ce lemme dans mon avant-dernière figure aux triangles $PBC$ et $ABC$ pour obtenir:
$\dfrac{S(PBC)}{S(ABC)}=\dfrac{PF}{AF}$
et puisque $(x+y+z)P=x.A+(y+z)F$, on a: $\dfrac{PF}{AF}=\dfrac x{x+y+z}$
Le lieu de Xilyas s'écrit donc:
$$\dfrac{yz}{x+y+z}(\dfrac 1{x+y}+\dfrac 1{x+z})=\dfrac x{x+y+z}$$
ou encore:
$$yz(2x+y+z)=x(x+y)(x+z)$$
qui se simplifie en $yz(x+y+z)=x^2(x+y+z)$
Il nous reste le morceau à distance finie: $x^2-yz=0$.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour
Pour passer le temps, vérifions cette question de symétrie!
La matrice de la symétrie par rapport au milieu de $BC$ est:
$\begin{pmatrix}
-1&0&0\\
1&0&1\\
1&1&0
\end{pmatrix}$
qui correspond à la transformation involutive:
$$(x,y,z)\mapsto (-x,x+z,x+y)$$
Soit $\varphi(x,y,z)=yz+zx+xy$ la forme quadratique dont la nullité définit l'ellipse de Steiner.
On a:
$$\varphi(-x,x+z,x+y)=(x+y)(x+z)-x(x+y)-x(x+z)=-x^2+yz$$
Oksédur!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonsoir
Voici une autre façon de faire élémentaire mais un peu moins bourrin.
Il n'y a pas besoin de calculer explicitement les aires.
Je reprends ma figure précédente en étiquetant les aires.
$\dfrac{S_1+S_4}{S_2+S_3}=\dfrac{AD}{CD}$, (lemme du chevron) et $\dfrac{AD}{CD}=\dfrac zx$
De même:
$\dfrac{S_1+S_3}{S_2+S_4}=\dfrac{AE}{BE}$, (lemme du chevron) et $\dfrac{AE}{BE}=\dfrac yx\ $
D'où:
$\dfrac{(S_1+S_3)(S_1+S_4)}{(S_2+S_3)(S_2+S_4)}=\dfrac{yz}{x^2}$
Ainsi si $S_1=S_2$, alors $\dfrac{yz}{x^2}=1$
Réciproquement si $\dfrac{yz}{x^2}=1$, alors:
$(S_1+S_3)(S_1+S_4)=(S_2+S_3)(S_3+S_4)$
Donc:
$(S_1-S_2)(S_1+S_2+S_3+S_4)=S(ABC)(S_1-S_2)=0$ et par suite $S_1=S_2$
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour
Montrer que lorsque le point $P$ appartient à son lieu, la correspondance entre les points $D$ et $E$ est affine.
Quel est son graphe? En déduire une construction simple point par point du lieu de $P$.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Histoire sans paroles
Amicalement. Poulbot -
Merci Poulbot
Je précise ta figure à l'intention des sectateurs de l'alignement du petit doigt sur la couture du pantalon.
Montrer que les points $P$, $H$, $A''$ sont alignés!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Ta figure prouve qu'on peut construire une conique point par point sans exhiber ses éventuels éléments euclidiens!
Question annexe: construire la tangente en $P$ à son lieu. -
Bonjour
Une petite explication.
On a $\dfrac{\overline{AE}}{\overline{AB}}+\dfrac{\overline{AD}}{\overline{AC}}=\dfrac{y}{x+y}+\dfrac{z}{x+z}=1$.
Ainsi les parallèles en $D$ à $AB$ et en $E$ à $AC$ se coupent en $H\in BC$ (ou, pour reprendre ce que disait Pappus, $D\rightarrow E$ est affine de graphe $BC$).
D'où la construction de $P$ en partant d'un point $H$ variable sur $BC$.
Quant à la tangente en $P$, elle passe par $BC\cap DE$ ($PBC$ étant un triangle inscrit dans la conique, les tangentes en chacun de ses sommets coupent le coté opposé en $3$ points alignés)
Amicalement. Poulbot -
Merci Poulbot!
Il y a longtemps que la propriété des tangentes que tu cites est tombée dans l’oubli le plus complet!
Par curiosité, j’aimerais bien avoir un tracé de ta cubique. Il me semble que ses trois asymptotes sont réelles mais je suis trop fatigué pour le vérifier!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour
Voici la figure de la cubique de Poulbot.
Elle n'était pas si facile que cela à faire avec Cabri qui ne trace pas les courbes en implicite.
J'ai dû batailler ferme contre ma sénilité et les confusions qu'elle entraîne avant de pouvoir la tracer correctement.
C'est fait, ouf!
Sur la figure, on a bien pour tout point $P$ sur la cubique de Poulbot, où $S$ est la fonction aire algébrique:
$$S(A,D,P,E)+S(B,C,P)=0$$
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour Pappus
et merci pour ta figure.
Relativement à $ABC$, la cubique a pour équation barycentrique $x^{3}+\left( y+z\right) \left( x^{2}+yz\right) +3xyz=0$.
Si j'ai bien compris ce que tu as fait, tu as cherché son équation relativement au triangle $A^{\prime }B^{\prime }C^{\prime }$ de côtés ses $3$ asymptotes.
Avec $A^{\prime }=\left( 0:1:1\right) =\dfrac{1}{2}\left( B+C\right) ,B^{\prime }=\left( -1:2:1\right) =A^{\prime }+\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AB},C^{\prime }=\left( -1:1:2\right) =A^{\prime }+\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AC}$, l'équation devient $xyz+\left( x+y+z\right) ^{3}=0$ ou, en normalisant $xyz=-1$ .
C'est pour cela que tu as ouvert le fil Tracé de cubique.
Ai-je réellement bien compris?
Amicalement. Poulbot -
Bonjour Poulbot
Oui, c'est à peu près comme cela que j'ai procédé ou plutôt j'ai suivi une démarche équivalente à celle qui nous avait si bien réussi dans le cas direct en faisant la symétrie par rapport au milieu $A'$ de $BC$ où on était tombé sur l'ellipse de Steiner.
J'ai déjà donné dans un message précédent l'écriture de cette symétrie: $(x,y,z)\mapsto (-x,x+z,x+y)$.
L'équation barycentrique de la symétrique de ta cubique est:
$(y+z)(z+x)(x+y)-xyz=0$, (je cite de mémoire).
On voit de suite qu'elle a les symétries affines du triangle $ABC$, ce qui permet de la tracer rapidement soit suivant la méthode de Math Coss soit suivant la mienne.
Savoir qu'elle possède les symétries indiquées permet de corriger les nombreuses erreurs de tracé dont je ne me suis pas privé étant donné mon état mental.
Cela ne m'a pas empêché de proférer une monstrueuse ânerie sur les cubiques que GaBuZoMeu, fidèle au poste, n'a pas manqué de relever immédiatement comme d'habitude!
Ce faisant on est tombé quand même sur un problème intéressant:
Tracer la cubique dont on connait trois points et trois asymptotes formant triangle!
On travaille en coordonnées barycentriques homogènes par rapport au triangle des asymptotes.
Former l'équation générale des cubiques ayant les côtés du triangle de référence pour asymptotes dans ce système de coordonnées.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour Pappus
"On travaille en coordonnées barycentriques homogènes par rapport au triangle des asymptotes.
Former l'équation générale des cubiques ayant les côtés du triangle de référence pour asymptotes dans ce système de coordonnées."
$\left( ux+vy+wz\right) \left( x+y+z\right) ^{2}+kxyz=0$.
Remarque : $ux+vy+wz=0$ est la droite d'alignement des points où la cubique coupe ses asymptotes.
Quant à ton problème : Tracer la cubique dont on connait trois points $A^{\prime },B^{\prime },C^{\prime }$ et trois asymptotes formant triangle!.
Si on connait les coordonnées de $A^{\prime },B^{\prime },C^{\prime }$, on peut trouver l'équation barycentrique de la cubique et procéder comme tu l'as fait dans le fil Tracé de Cubique.
Mais je présume que tu veux une construction géométrique à partir des $6$ points $A,B,C,A^{\prime },B^{\prime },C^{\prime }$.
Ce problème est traité dans le livre de Roger Cuppens : Faire de la géométrie supérieure en jouant avec Cabri-Géométrie, Tome II page 190. La méthode proposée est très fastidieuse mais il doit d'ailleurs être difficile de trouver une méthode qui le soit moins.
Amicalement. Poulbot -
Merci Poulbot
Amusant, nos messages se sont croisés dans des fils différents:
Tracé de cubique
Je suis content d'avoir trouvé la même chose que toi après mes calculs monstrueux.
L'argument géométrique que tu suggères doit permettre d'écrire cette équation directement!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Je possède tous les livres de Roger Cuppens et je n'ai pas trouvé le passage que tu cites! -
Bonjour Poulbot
Je possède bien ce numéro mais à la page 190, il est question de bicorne, (chic à la Jaune!), de cruciforme, de puntiforme et de piriforme.
J'ai bien (?) farfouillé cette revue et je n'ai rien trouvé d'intéressant sur les asymptotes des cubiques!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Si on considère la figure formée par un triangle $ABC$ coupé par une transversale $A'B'C'$, d'après toi, il y a combien de cubiques d'asymptotes $BC$, $CA$, $AB$ et passant par les points $A'$, $B'$, $C'$? -
Bonjour,
Au moins une, un peu dégénérée ...
Cordialement,
Rescassol -
Et une autre encore plus dégénérée, faisant partie du faisceau linéaire de cubiques.
-
Merci GaBuZoMeu et Rescassol
Il y a déjà le triangle $ABC$ lui même sans doute le cas de Rescassol qui correspond à $u=v=w=0$ avec les notations de Poulbot mais je vois moins bien moins ce que suggère GaBuZoMeu!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Dans l'équation du faisceau linéaire de cubiques écrite par poulbot :
$$\left( ux+vy+wz\right) \left( x+y+z\right) ^{2}+kxyz=0$$
on voit clairement deux cubiques dégénérées, une encore plus dégénérée que l'autre.
PS. La cubique à laquelle pense Rescassol ne correspond pas à $u=v=w=0$, mais à $k=\infty$. -
Bonjour
Je présume que GaBuZoMeu suggère que ce sont les cubiques de faisceau engendré par la cubique un peu dégénérée de Rescassol (les $3$ côtés de $ABC$) et celle encore plus dégénérée, réunion de la transversale et de la droite de l'infini double.
Cette histoire de brochure est étrange car j'ai la mienne sous les yeux et le paragraphe 6.3 y traite de la construction d'une Cubique passant par trois points et asymptote à trois droites.. Cette construction se réfère à une construction précédente qui se réfère à une construction précédente qui
Amicalement. Poulbot
PS : Le message de GaBuZoMeu a croisé le mien -
Mon cher Poulbot
On va y arriver par approximations successives.
Dans mon fascicule, j'ai bien un paragraphe 6.3, intitulé: cas d'un point sur la cubique et situé, page 274 dans le chapitre 16, pôles et polaires par rapport à une cubique. mais on y parle pas d'asymptotes!
Quel est l'intitulé de ton paragraphe 6.3 et dans quel chapitre le trouve-t-on?
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour,
Pappus, regarde le paragraphe 6.3 du chapitre 14 page 216.
Cordialement,
Rescassol -
Bingo, merci Rescassol!
Il y aurait donc plusieurs éditions de ce fascicule!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour
Grand merci à Rescassol qui, pendant mon absence, a retrouvé la construction de Cuppens.
Il y a effectivement plusieurs éditions de cette brochure puisque, dans la mienne (1999), la construction est page 190.
Amicalement. Poulbot
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Bonjour!
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