Points symétriques des sommets d'un triangle
dans Géométrie
Bonne nuit, tout le monde,
En jouant avec Geogebra à partir d'un triangle et des trois points symétriques d'un sommet par rapport au côté opposé respectif, je me suis aperçu qu'il existe des triangles où ces trois points sont alignés, voir les figures jointes, et j'ai cherché à caractériser ces triangles.
Dans un repère orthonormé, avec un point A (-d, 0) et un point B (+d, 0), et un point mobile M (xM, yM), en calculant les coordonnées des points A', symétrique de A par rapport à BM, et B', symétrique de B par rapport à AM, puis les pentes des droites M'A' et M'B' (M' étant le point symétrique de M par rapport à AB), et en égalant ces deux pentes, je trouve, pour le lieu des points M pour lesquels A', B' et M' sont alignés, l'équation suivante :
3y4 - 2y2(x2-8d2) - 5(x2 - d2)2 = 0
Est-ce exact ? Si oui, quelle est l'allure de ce lieu ?
Merci d'avance à ceux qui auront la gentillesse de s'intéresser à cette petite chose !
Bien cordialement
JLB
En jouant avec Geogebra à partir d'un triangle et des trois points symétriques d'un sommet par rapport au côté opposé respectif, je me suis aperçu qu'il existe des triangles où ces trois points sont alignés, voir les figures jointes, et j'ai cherché à caractériser ces triangles.
Dans un repère orthonormé, avec un point A (-d, 0) et un point B (+d, 0), et un point mobile M (xM, yM), en calculant les coordonnées des points A', symétrique de A par rapport à BM, et B', symétrique de B par rapport à AM, puis les pentes des droites M'A' et M'B' (M' étant le point symétrique de M par rapport à AB), et en égalant ces deux pentes, je trouve, pour le lieu des points M pour lesquels A', B' et M' sont alignés, l'équation suivante :
3y4 - 2y2(x2-8d2) - 5(x2 - d2)2 = 0
Est-ce exact ? Si oui, quelle est l'allure de ce lieu ?
Merci d'avance à ceux qui auront la gentillesse de s'intéresser à cette petite chose !
Bien cordialement
JLB
Réponses
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Bonne nuit jelobreuil
J'ignore si ta formule est exacte. J'ignore le lieu.
Mais ici http://mathworld.wolfram.com/ReflectionTriangle.html on dit qu'une CNS pour que ton triangle de réflexion soit aplati est que le produit des cosinus soit $-\dfrac{3}{8}$. J'ai contrôlé une fois: ça ne semble pas un poisson d'avril! -
Bonjour
$B$ et $C$ étant donnés sur le cercle $\left( O\right) $, construire $A$.
Trouver $k\neq 1$ tels que les points $A+k\cdot \overrightarrow{AA^{\prime }},B+k\cdot \overrightarrow{BB^{\prime }},C+k\cdot \overrightarrow{CC^{\prime }}$ soient aussi alignés.
Amicalement. Poulbot -
Bonjour,
il est facile de démontrer (avec les coordonnées barycentriques) que l'aire du triangle A'B'C' vaut (3 + 8cos(A)cos(B)cos(C)) S ABC d'où la condition de Swingmustard .
Bien cordialement .
kolotoko -
Re-bonjour
$U,V,W$ sont les pieds des hauteurs du triangle $ABC$.
Les points $A+\lambda \cdot \overrightarrow{AU},B+\lambda \cdot \overrightarrow{BV},C+\lambda \cdot \overrightarrow{CW}$ sont alignés si et seulement si $\cos A\cos B\cos C=f\left( \lambda \right) $ où $f\left( \lambda \right) =?$.
On pourra vérifier que $f\left( 2\right) =-\dfrac{3}{8}$.
Merci à Jelobreuil d'avoir rectifié l'énoncé.
Amicalement. Poulbot -
Merci, Swingmustard, Kolotoko et Poulbot, de votre intérêt et d'avoir reformulé et élargi mon problème !
Poulbot, je suppose que tu as voulu écrire "BV" et "CW", et non pas "BU" et "CU", n'est-ce pas ?
Mais j'avoue ne pas savoir comment traiter ta question ...
Bien cordialement
JLB
PS: Swingmustard, je viens de regarder le lien : (tu)(tu), merci beaucoup ! -
Bonjour,
Avec Morley circonscrit, je trouve $s_1s_2-4s_3=0$, ce qui est équivalent à $OH=2 R$.
Cordialement,
Rescassol -
Bonjour Rescassol
et merci pour cette condition très simple qui figure implicitement dans le lien donné par Swingmustard où il est dit que le triangle $A^{\prime }B^{\prime }C^{\prime }$ ($A^{\prime }$ symétrique de $A$ par rapport à $BC$,...) est homothétique au triangle podaire du milieu de $\left[ OH\right] $. Ce bon vieux Simson donne alors ta condition.
D'ailleurs, on a toujours $\left( \dfrac{OH}{R}\right) ^{2}=1-8\cos A\cos B\cos C$.
PS : Ta condition permet aussi de résoudre mon petit problème de construction plus haut puisque l'orthocentre de $ABC$ est commun au cercle $\left( O,2R\right) $ et au symétrique par rapport à $BC$ du cercle donné $\left( O\right) $. Condition de possibilité $d\left( O,BC\right) \geq \dfrac{R}{2}$.
Amicalement. Poulbot -
Bonjour,
Je confirme, Poulbot.
Je trouve $\left(\left(\dfrac{OH}{R}\right)^2-9\right)\lambda^2 + 12\lambda - 4 = 0$, ce qui est la même chose.
Cordialement,
Rescassol -
Bonsoir à tous,
Merci Poulbot, ta construction ci-dessus m'a permis de voir le lieu du sommet A ! Apparemment, l'équation que j'ai trouvée ne doit pas être très éloignée de la bonne ...
Les quatre branches correspondent, par quarts, aux quatre points d'intersection des perpendiculaires à BC issues de tes points H avec le cercle (O, R) dont le centre est le point variable sur la médiatrice de BC. Les quatre quarts de branche d'une même couleur correspondent à un même point.
Il me reste à bien étudier ta construction pour la comprendre !
Merci encore, bien cordialement
JLB -
Bonjour Jelobreuil
La construction utilise simplement le fait que le symétrique de $H$ par rapport à $BC$ est sur le cercle $\left( O\right) $. Attention, il n'y a qu'un point $A$ sur la perpendiculaire en $H$ à $BC$ : l'autre point d'intersection de cette droite avec $\left( O\right) $ étant justement le symétrique de $H$ par rapport à $BC$.
En voici une autre qui ne nécessite pas de tracer tous ces cercles :
$M$ est le milieu de $\left[ BC\right] $, $M^{\prime }$ son inverse par rapport à $\left( O\right) $ (pôle de la droite $BC$), $\overrightarrow{OP}=\dfrac{3}{4}\overrightarrow{OM^{\prime }}-\overrightarrow{OM}$.
$A$ est sur la parallèle en $P$ à $BC$.
Bien cordialement. Poulbot -
Bonjour
Si les symétriques $A^{\prime },B^{\prime },C^{\prime }$ de $A$ par rapport à $BC$, $B$ par rapport à $CA$, $C$ par rapport à $AB$ sont alignés, la droite $A^{\prime }B^{\prime }C^{\prime }$ passe par le point de Lemoine $K$ de $ABC$ et par le symétrique $P$ de $O$ par rapport à $H$.
Amicalement. Poulbot -
Re-bonjour
Une petite propriété amusante.
$H_{A},H_{B},H_{C}$ sont les pieds des hauteurs de $ABC$.
Il y a $2$ valeurs de $\lambda $ pour lesquelles les points $A_{\lambda }=A+\lambda \cdot \overrightarrow{AH_{A}},B_{\lambda }=B+\lambda \cdot \overrightarrow{BH_{B}},C_{\lambda }=C+\lambda \cdot \overrightarrow{CH_{C}}$ sont alignés : $\lambda =\dfrac{2R}{3R\pm OH}$.
Ce qu'il y a d'amusant, c'est que les $2$ droites d'alignement sont toujours les parallèles en $K$ (point de Lemoine) aux droites de Simson des points communs au cercle circonscrit et à la droite d'Euler (ces $2$ droites sont évidemment perpendiculaires).
Amicalement. Poulbot -
Bonjour et merci beaucoup, Poulbot, de ces développements intéressants.
J'aimerais bien savoir ce que tu penses du lieu que Geogebra m'a donné ...
Bien cordialement
JLB -
Bonjour jelobreuil
$A$ et $B$ étant donnés, le lieu de $C$ est la quartique circulaire ci-dessous que j'ai tracée point par point.
Avec tes notations, j'ai trouvé pour équation $\left( x^{2}+y^{2}\right) \left( 5x^{2}-3y^{2}\right) -2d^{2}\left( 5x^{2}+7y^{2}\right) +5d^{4}=0$, ce qui ne semble pas être la tienne.
Bien cordialement Poulbot -
Merci Poulbot d'avoir pris la peine de faire ce calcul !
Je viens de développer nos deux équations : ce sont pratiquement les mêmes, avec tous les signes inversés ! La seule différence, c'est le coefficient du terme en d2y2 : en valeur absolue, 14 pour toi et 16 pour moi ! Autrement dit, ton 7 est un 8 pour moi ...
Je vais revoir mes calculs, mais de toute façon, merci d'avoir pratiquement validé mon "travail" !
D'autant que le lieu que tu as tracé correspond bien à ce que j'avais trouvé en suivant tes indications de construction : il correspond à l'ensemble formé, sur mon schéma, par
- le quart supérieur gauche de la courbe bleue,
- le quart supérieur droit de la courbe mauve,
- le quart inférieur gauche de la courbe verte,
- et le quart inférieur droit de la courbe orange.
Il me semble en effet que sur ta courbe, il y a des points de rebroussement, très peu marqués j'en conviens, qui correspondent aux points de raccordement entre les quatre arcs indiqués ci-dessus.
Bien cordialement
JLB
Poulbot, je viens de relire tous mes calculs : je n'y ai pas vu d'erreurs ...
Comme ils sont encore à l'état de brouillon manuscrit, je ne peux pas les joindre, mais je vais les mettre au propre, du moins les grandes lignes, et je les incorporerai dans un prochain message. -
Bonsoir à tous,
Voici, dans le fichier pdf joint, mes calculs concernant l'équation du lieu en question.
Poulbot, en revoyant ces calculs, j'ai vu que j'avais en effet fait une erreur de signe (à la dernière ligne !) ...
Il n'en demeure pas moins que nos deux équations ne diffèrent qu'en ce que tu as trouvé un coefficient -7 là où je trouve +8. Comme ce chiffre vient d'une somme 1 + 15, je suppose que chez toi, c'est 1 - 15. Et comme il semble que je n'aie pas fait d'erreur à cet endroit ...
Bien cordialement
JLB
Eh bien si ! il y avait une erreur de signe dans mon calcul (corrigée dans le fichier joint) !
En la corrigeant, j'ai retrouvé la même équation que Poulbot ... -
Bonsoir jelobreuil
J'ai regardé ton calcul et je suis d'accord avec tes pentes de $A^{\prime }M^{\prime }$ et $B^{\prime }M^{\prime }$ (il suffit d'ailleurs de changer $d$ en $-d$ pour passer de l'une à l'autre).
Par contre, je pense que tu devrais revoir ce que l'on obtient en égalant leurs valeurs.
Bien cordialement. Poulbot -
Merci Poulbot, j'ai repris mon calcul, et je trouve bien maintenant la même équation que toi.
J'ai remplacé le fichier joint à mon précédent message par un fichier corrigé.
Bien cordialement
JLB
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