Un énoncé ambigu

En général, dans ces énoncés courts, tout ce qui était utilisé était supposé donné, sauf évidemment ce qu'il y avait à construire. Donc Ici, le secteur angulaire est donné, et le triangle rectangle isocèle est à construire (avec discussion éventuelle).

Cordialement.

Ah, Pappus a considéré qu'il s'agissait d'un secteur circulaire, pas angulaire, et placé le sommet de l'angle droit sur le cercle. J'avais une autre traduction, qu'on peut en partie ramener au cas de Pappus.

Cordialement.

Bonsoir à tous
Si Piteux_gore relit attentivement ce fil vieux de 11 ans que pldx1 a déniché, il saura inscrire sans problème autant de triangles rectangles isocèles qu'il le souhaite dans un triangle quelconque $ABC$.
Il y a six façons de faire (pourquoi?) et j'ai réalisé une de ces 6 façons sur cette figure au pied levé en quelques minutes.
Ah, évidemment il faut en savoir un peu plus que les programmes actuels dont le contenu est pratiquement vide!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour Pappus
Pourrais-tu nous dire où on peut trouver ce fil déniché par pdlx1?
Pour faire ta figure, on peut construire un triangle rectangle isocèle inscrit dans $ABC$ dont le sommet de l'angle droit est sur $BC$, ce qui donne les pivots des $2$ familles de triangles rectangles isocèles inscrits ayant le sommet de l'angle droit sur $BC$ - ces $2$ pivots sont inverses par rapport au cercle circonscrit $\left( O\right) $.
On peut aussi vérifier que ces $2$ pivots sont les points communs au $A$-cercle d'Apollonius et à la droite $OA^{\prime }$ où $A^{\prime }$ est le pied de la $A$-symédiane, qui est d'ailleurs le conjugué harmonique du centre du cercle d'Apollonius par rapport à $B$ et $C$.
Quand il s'agit de faire $3$ constructions similaires pour trouver les pivots des $6$ familles de triangles rectangles isocèles inscrits (ie les $6$ points dont le triangle podaire est rectangle isocèle), la deuxième méthode me semble plus rapide, mais sait-on jamais.
Amicalement. Poulbot

Merci Pappus.
Amicalement. Poulbot

Bonjour
Compte tenu de ce qu'a dit Poulbot et de ma propre construction d'un triangle podaire semblable à un triangle donné, devinez ce que peut bien être la transformation $P\mapsto P'$ définie ci-dessous.
On se donne un point $P$ dans le plan du triangle $ABC$
$M$ est l'image de $B$ dans la similitude directe de centre $A$ envoyant $P$ sur $C$.
$M'$ est le symétrique de $M$ par rapport à $BC$.
$P'$ est l'image de $C$ dans la similitude directe de centre $A$ envoyant $M'$ sur $B$.
Je ne sais pas trop ce qu'il en est aujourd'hui même si on devine la réponse mais cet exercice était dans les cordes des agrégatifs et des bacheliers d'autrefois!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour
Il s'agit en fait de découvrir ce que sont les applications $P\mapsto M$ et $M'\mapsto P'$.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Merci Poulbot
Oui c'est bien cela
La transformation $P\mapsto M$ est bien la défunte transposition circulaire de pont central $A$ échangeant $B$ et $C$. GaBuZoMeu utilise le terme d'inversion algébrique de pôle $A$ échangeant $B$ et $C$ que je pense préférable.
Ci dessous une figure à la Lebossé-Hémery qu'un bachelier d'autrefois aurait faite pour le prouver.
La similitude directe $APB\mapsto ACM$ conserve les angles, donc:
$(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AP})= (\overrightarrow{AM},\overrightarrow{AC})=-(\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AM})$
Ceci prouve que la symétrie par rapport à la bissectrice $\delta$ des droites orientées $A+\mathbb R \overrightarrow{AB}$ et $A+\mathbb R \overrightarrow{AC}$, tracée en rouge sur ma figure, échange les droites orientées $A+\mathbb R \overrightarrow{AP}$ et $A+\mathbb R \overrightarrow{AM}$.
On fait intervenir les symétriques respectifs $C'$ de $C$ et $Q$ de $P$ par rapport à $\delta$.
Comme notre similitude directe conserve les rapports de distance, on a:
$\dfrac{AP}{AB}=\dfrac{AC}{AM}$ ou encore $AP.AM=AB.AC$
Donc: $AQ.AM=AB.AC'$
On passe donc du point $P$ au point $M$ par le produit (commutatif) de l'inversion de pôle $A$ échangeant les points $B$ et $C'$ avec la symétrie par rapport à la droite $\delta$.
C'est tout ce que pouvait dire un bachelier de cette époque mais évidemment l'agrégatif de cette même époque identifiait cette transformation comme la transposition circulaire de point central $A$ échangeant les points $B$ et $C$.
Aujourd'hui le groupe circulaire a disparu mais on peut encore s'en tirer avec la Divine Rescassiolisation existant encore provisoirement sur notre forum
Une similitude directe conserve les rapports de complexes:
$\dfrac{p-a}{b-a}=\dfrac{c-a}{m-a}$
Donc $(p-a)(m-a)=(b-a)(c-a)$
$CQFD$
C'est quand même simple les complexes!
Appelons $s$ cette transposition circulaire de pôle $A$ échangeant $B$ et $C$ et $\sigma$ la symétrie par rapport à la droite $BC$, on doit donc évaluer le conjugué $s.\sigma.s$.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Mon cher Poulbot
Je savais que tu savais mais je doute qu'il en soit de même de la plupart de nos lecteurs.
Soit $f=s.\sigma.s$
C'est le conjugué d'une transformation circulaire indirecte involutive ayant une droite (-cercle) de points fixes à savoir la droite $BC$.
Ce conjugué est donc une transformation circulaire indirecte involutive ayant pour points fixes le cercle $s(BC)$ c'est à dire le cercle circonscrit au triangle $ABC$.
$f$ est donc l'inversion par rapport au cercle circonscrit au triangle $ABC$.
C'est ce raisonnement que ne peuvent plus faire nos agrégatifs puisque le groupe circulaire a disparu à tout jamais de notre culture.
Heureusement il nous reste la formule d'Al Kashi.
Qu'est-ce qu'on est calé en histoire à défaut de l'être en géométrie!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Merci Poulbot
En fait ce que tu demandes revient à se poser les mêmes questions sur le triangle des symétriques de $P$ par rapport aux côtés du triangle $ABC$ que j'avais appelé dans le passé le triangle de Steiner du point $P$.
Je pense que c'est sous ce point de vue que nous avions abordé tes questions.
L'avantage est que les sommets du triangle de Steiner dépendent les uns des autres par des rotations de centres $A$, $B$, $C$.
A l'époque révolue où existait à l'écrit de l'agrégation une épreuve de géométrie synthétique où il était interdit d'utiliser la géométrie analytique, tes questions avaient été proposées à la sagacité des agrégatifs!
Aujourd'hui où ce genre de géométrie n'existe plus, on devrait pouvoir s'en tirer avec une Rescassolisation judicieuse!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Triste de voir le vénérable pappus user de la terminologie frauduleuse « formule d'Al Kashi ».

Bonjour Pappus
Je me contentais de répondre aux questions les plus élémentaires que j'avais posées.
Celle laissée en suspens montre que les $6$ points dont le triangle podaire est directement semblable à un triangle donné (sans tenir compte de l'ordre des sommets) forment une orbite du groupe des transformations circulaires directes permutant les sommets de $ABC$. On doit préciser un peu ces transformations en déterminant leurs points fixes. Cela a surement déjà été fait mais j'ai beaucoup de mal à trouver quelque chose dans les archives du forum.
Amicalement. Poulbot