Point de Lemoine

Bonjour
J'ai tracé deux axes rectangulaires $(Ax,Ay)$ puis j'ai choisi un point $B$ en rouge sur $Ax$ et un point $C$ en bleu sur $Ay$.
J'ai ensuite tracé le point de Lemoine $K$, (j'ai une macro pour cela!).
Ensuite j'ai demandé au logiciel le lieu de $K$ en rouge quand $B$ se déplace sur $Ax$ pour $C$ fixé puis le lieu de $K$ en bleu quand $C$ se déplace sur $Ay$ pour $B$ fixé et voilà ce que j'ai obtenu!
Quelle a été ma conclusion?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour à tous
On a pas tellement le choix pour la structure euclidienne:
Si $\bf V$$=x\overrightarrow{AB}+y\overrightarrow{AC}$, on a $\bf V.V$$=c^2x^2+b^2y^2$ car $\widehat{BAC}=90°$
Comme $(q+r:q:r)=(a^2:b^2:c^2)$ et en supposant $q>0$ et $r>0$, on peut choisir:
$\bf V.V$$=rx^2+qy^2$ ou toute autre forme quadratique qui lui est positivement proportionnelle.
Il reste maintenant à reconstituer la figure à partir de la donnée de $K$ sur le segment $B'C'$
Non vous ne rêvez pas, vous avez bien affaire à un triangle rectangle: $\widehat{BAC}=90°$, seulement la métrique utilisée n'est pas la Divine Métrique qu'aurait pu rencontrer Gulliver.
Il faut tracer le cercle circonscrit: c'est forcément une conique du genre ellipse passant par les sommets $A$, $B$, $C$, de centre $A'$ le milieu de $BC$, (est-ce encore enseigné?) et passant donc par le point $R$ symétrique de $A$ par rapport à $A'$. Il nous manque un cinquième point et là on a l'astuce suprême de Poulbot: les symétriques de l'orthocentre par rapport aux côtés se trouvent sur le cercle circonscrit.
Ce qui entraîne que notre cercle doit passer par le point $Q$ tel que $\overrightarrow{AQ}=2\overrightarrow{AP}=4\overrightarrow{AK}$
Je connaissais d'autant mieux cette astuce que je l'avais eue comme question à l'oral du Bac Mathématiques.
On utilise alors l'outil conique passant par cinq points et chtok le cercle circonscrit apparait sur votre écran comme un diable sortant de sa boite!
Maintenant la construction de Poulbot fournit toujours un résultat même si le point $K$ reste sur la droite des milieux mais hors du sement $B'C'$.
Quel résultat obtient-on et pourquoi?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour
On ne saura sans doute jamais pourquoi ce cercle s'est transformé en hyperbole mais basta!
Il s'agit maintenant de tracer les bissectrices.
On se rappelle alors que les bissectrices en un sommet du triangle recoupent le cercle circonscrit sur la médiatrice du côté opposé à ce sommet.
C'est une conséquence triviale du théorème de l'angle inscrit, (est il encore enseigné celui là?).
Pas de problème avec les bissectrices aux points $B$ et $C$.
Par exemple la médiatrice de $AC$ est la droite des milieux $A'B'$ et la médiatrice de $AB$ est la droite des milieux $A'C'$.
Pour la médiatrice de $BC$, c'est à peine plus compliqué, c'est la droite passant par $A'$ et parallèle à $AK$ qui est perpendiculaire à $BC$.
D'où la figure ci-dessous!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Merci Poulbot
Effectivement, on a vu que la forme quadratique qui donne la métrique (à un facteur près) ne peut être que $\bf V.V$$=rx^2+qy^2$ et elle est de signature $(1,1)$ .
Amicalement
[small]p[/small]apus