Quelques cercles

soland · August 2019

Etant donné un triangle on trace les trois cercles centrés en un sommet, le rayon étant la longueur du côté opposé.
On obtient six nouveaux points, trois sur le cercle circonscrit et trois autres, dont on se demande ce qu'ils font là.

En prolongeant les côtés on obtient six points cocycliques (sur le cercle de Conway, homothétique du cercle inscrit)
et six autres inconnus au bataillon. Sûrement une mine de problèmes ? 89284

poulbot · August 2019

Bonjour Christoph
"trois autres, dont on se demande ce qu'ils font là"
Il est clair que ce sont les $3$ symétriques d'un sommet par rapport au milieu du côté opposé.
Bien Cordialement. Poulbot

jelobreuil · August 2019

Bonsoir Soland, Poulbot,
"Il est clair que ce sont ... " ? Cela mériterait quand même quelques explications, pour les faibles en thème comme moi ! Merci d'avance !
Il y a également quelques alignements de quadruplets de points, sans doute en division harmonique de même rapport ? Mais pour cela aussi, des explications seraient les bienvenues ... Merci !
Bien cordialement
JLB 89290

poulbot · August 2019

Re-bonjour Christoph
Bien entendu, tes $3$ points sur le cercle circonscrit sont ceux où les parallèles menées d'un sommet au côté opposé le recoupent.
Il est connu que le cercle de Conway est centré en $I$ et de rayon $\sqrt{r^{2}+p^{2}}$ où $p$ est le demi-périmètre de $ABC$.
Tes $6$ points inconnus au bataillon devraient aussi être les points d'intersection $2$ à $2$ des $3$ cercles de centre $I_{a}$ et de rayon $\sqrt{r_{a}^{2}+\left( p-a\right) ^{2}}$, de centre $I_{b}$ et de rayon $\sqrt{r_{b}^{2}+\left( p-b\right) ^{2}}$, de centre $I_{c}$ et de rayon $\sqrt{r_{c}^{2}+\left( p-c\right) ^{2}}$ ($I_{a}$ et $r_{a}$ sont le centre et le rayon du cercle $A$-exinscrit, …)
Plus précisément, si $A_{b}=A-\dfrac{a}{c}\overrightarrow{AB}$ (sur le cercle de Conway), $A_{b}^{\prime }=A+\dfrac{a}{c}\overrightarrow{AB}$ (point inconnu), …
le cercle de centre $I_{a}$ passe par $B_{a},C_{a},A_{b}^{\prime },A_{c}^{\prime },B_{c}^{\prime },C_{b}^{\prime }$.
On a ainsi les trois "extraversions" du cercle de Conway :
ce cercle a pour équation barycentrique $a^{2}yz+b^{2}zx+c^{2}xy+\left( x+y+z\right) \left( a\left( b+c\right) x+b\left( c+a\right) y+c\left( a+b\right) z\right) =0$;
changeant $a$ en $-a$, on obtient celle du cercle de centre $I_{a}$, ...
Bien cordialement.
Poulbot

@jelobreuil Deux côtés parallèles d'un parallélogramme ont la même longueur

pappus · August 2019

Bonsoir à tous
Je suis loin d'avoir les connaissances encyclopédiques de Poulbot en géométrie du triangle, aussi je ne me suis intéressé qu'aux trois premiers points de Soland, notés $A''$, $B''$, $C''$ sur ma figure.
Bien sûr j'ai trouvé la même chose que Poulbot, je ne suis donc pas si rouillé, avec quelques précisions supplémentaires:
les triangles $ABC$ et $A''B''C''$ sont orthologiques.
Le point invariant est le point $\Omega$ du cercle circonscrit au triangle $ABC$ dont la droite de Steiner est la droite d'Euler du triangle $ABC$. Il doit figurer dans $ETC$ mais je suis trop paresseux pour me souvenir de son numéro.
J'ai tracé en pointillés les droites invariantes, orthogonales entre elles, de cette orthologie.
Je suis à peu près certain qu'elles sont des droites de Simson par rapport au triangle antimédial de deux points diamétralement opposés sur le cercle circonscrit au triangle antimédial $A'B'C'$. Et effectivement ce sont les points d'intersection de la droite d'Euler $HOH'$ avec le cercle antimédial comme je viens de le vérifier.
Les centres d'orthologie sont le centre du cercle circonscrit $O$ du triangle $ABC$ et l'orthocentre $H'$ du triangle antimédial qui devrait lui aussi figurer dans $ETC$.
Bref c'est une figure qui devrait faire entrer en pâmoison les adorateurs d'$ETC$.
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
En tant que spécialiste des $FLTI$, je peux ajouter mon grain de sel à cette jolie configuration de Soland
Les triangles $ABC$ et $A''B''C''$ définissent sur les côtés du triangle antimédial $A'B'C'$ la $FLTI$ des triangles podaires des points de la droite d'Euler $HOH'$.
Son équicentre est le point $\Omega$ qu'on a déjà vu et son centre aréolaire est le point $S$ du cercle antimédial dont la droite de Steiner par rapport au triangle $A'B'C'$ est encore et toujours la droite d'Euler $HOH'$; donc $S$ est l'homothétique de $\Omega$ dans l'homothétie de centre $G$ le centre de gravité et de rapport $-2$.
Bref c'est le super-pied! 89294

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