Point de Steiner
Bonjour
Je propose ce problème.
Soit $ABC$ un triangle avec $G$ le centre de gravité, $F_1$ et $F_2$ les deux points de Fermat, $S_1$ et $S_2$ les deux points isodynamiques.
Montrer que l'axe radical des deux cercles $ \odot (GF_1F_2)$ et $ \odot (GS_1S_2)$ passe par le point de Steiner du triangle $ABC.$
Amicalement
Je propose ce problème.
Soit $ABC$ un triangle avec $G$ le centre de gravité, $F_1$ et $F_2$ les deux points de Fermat, $S_1$ et $S_2$ les deux points isodynamiques.
Montrer que l'axe radical des deux cercles $ \odot (GF_1F_2)$ et $ \odot (GS_1S_2)$ passe par le point de Steiner du triangle $ABC.$
Amicalement
Réponses
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Bonjour Bouzar
Je présume qu'il s'agit d'un problème très calculatoire qui devrait convenir parfaitement à Rescassol.
Les anglo-saxons donnant un nom à tout un tas d'objets géométriques associés à un triangle, je te signale que le cercle $GS_{1}S_{2}$ est le Cercle de Parry et que l'on peut remplacer ta question par une question tout aussi passionnante :
Montrer que le deuxième point commun aux cercles $GF_{1}F_{2}$ et $GS_{1}S_{2}$ est le Point de Parry ($X_{111}$ dans ETC) qui, si $S$ et $K$ sont les points de Steiner et de Lemoine, est à la fois le point où la droite $GS$ recoupe le cercle circonscrit (d'où ton résultat) et le conjugué isogonal du point à l'infini de la droite $GK$.
Je présume que tout ceci peut se faire avec des calculs à taille humaine en se plaçant dans un repère orthonormé dont les axes sont ceux des ellipses de Steiner à condition, hélas, de connaitre les coordonnées dans un tel repère des points cités ci-dessus qui sont toutes relativement simples.
Amicalement. Poulbot -
Bonjour Poulbot,
Tu présumes bien. Par contre, toute solution autre que calculatoire est la bienvenue.
Merci pour tes précisions sur la terminologie pour les lecteurs du forum .
Amicalement -
Bonjour,
Avec Morley circonscrit, et en posant $r=\sqrt{3}$ et $j=\dfrac{-1+i\sqrt{3}}{2}$, on a les points de Fermat $F_1$ et $F_2$, ainsi que les points isodynamiques $I_1$ et $I_2$ (je réserve $s_1,s_2,s_3$ aux fonctions symétriques de $a,b,c$) :f1 = -i*(a^2*(b-c) + b^2*(c-a)*j + c^2*(a-b)*j^2)/(r*(b*c + c*a*j + a*b*j^2)) f2 = i*(a^2*(b-c) + b^2*(c-a)*j^2 + c^2*(a-b)*j)/(r*(b*c + c*a*j^2 + a*b*j)) i1 = -(b*c + c*a*j + a*b*j^2)/(a + b*j + c*j^2) i2 = -(b*c + a*b*j + c*a*j^2)/(a + c*j + b*j^2)
Le cercle $GF_1F_2$ a pour centre et carré du rayon:of=-s1^2*(- 6*s3*s1^2 + s1*s2^2 + 9*s3*s2)/(9*(s3*s1^3 - s2^3)) Rf2=-s1*s2*(- s1^2 + 3*s2)^2*(- s2^2 + 3*s1*s3)^2/(81*s3*(s1^3*s3 - s2^3)^2)
Le cercle de Parry $GI_1I_2$ a pour centre et carré du rayon:oi=-s2*(- 6*s3*s1^2 + s1*s2^2 + 9*s3*s2)/(3*(s3*s1^3 - s2^3)) Ri2=-(- s1^2 + 3*s2)^2*(- s2^2 + 3*s1*s3)^2/(9*(s3*s1^3 - s2^3)^2)
Leur axe radical a pour équation $p z+q \overline{z}+r=0$ avec:p = (- s2^2 + 3*s1*s3)*(s1^2*s2 + 9*s3*s1 - 6*s2^2) q = -s3*(- s1^2 + 3*s2)*(- 6*s3*s1^2 + s1*s2^2 + 9*s3*s2) r = -(s3*s1^3 - s2^3)*(9*s3 - s1*s2)
Cet axe radical recoupe le cercle circonscrit au triangle $ABC$ au point de Steiner $X_{99}(x_{99})$ et au point de Parry $X_{111}(x_{111})$ avec $x_{99}=\dfrac{s_3(s_1^2 - 3s_2)}{s_2^2 - 3s_1s_3}$ et $x_{111}=\dfrac{6s_1^2s_3 - s_1s_2^2 - 9s_2s_3}{s_1^2s_2 + 9s_1s_3 - 6s_2^2}$.
Ci-joint une figure (pas terrible) et un fichier ggb.
Cordialement,
Rescassol -
Bonjour Rescassol
Merci pour ta contribution. Je posterai une autre solution prochainement.
Amicalement -
Bonjour,
Je précise que le rapport des rayons des cercles $GF_1F_2$ et $GI_1I_2$ est $\dfrac{OH}{3R}$ où $O$ et $R$ sont le centre et le rayon du cercle circonscrit au triangle $ABC$ et $H$ son orthocentre.
Cordialement,
Rescassol -
Bonjour,
Et je rajoute que le cercle $GF_1F_2$, de centre $X_{8371}$, est tangent en $G$ à la droite d'Euler du triangle $ABC$.
Cordialement,
Rescassol
Edit: C'est le cercle de Hutson-Parry. -
-
Merci beaucoup, Jean-Louis, pour votre article !
JLB
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Bonjour!
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