Centre de gravité et triangles semblables
Bonjour,
Je propose ce problème.
Soit $ABC$, $A'$ sur $BC$, $B'$ sur $CA$, et $A'$ sur $BC$. On suppose que les céviennes $AA', BB', CC'$ sont concourantes en $M$.
Montrer que si les triangles $ABC$ et $A'B'C'$ sont semblables, alors le point $M$ est le centre de gravité du triangle $ABC.$
Je propose ce problème.
Soit $ABC$, $A'$ sur $BC$, $B'$ sur $CA$, et $A'$ sur $BC$. On suppose que les céviennes $AA', BB', CC'$ sont concourantes en $M$.
Montrer que si les triangles $ABC$ et $A'B'C'$ sont semblables, alors le point $M$ est le centre de gravité du triangle $ABC.$
Réponses
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Moi je travaillerais en complexes et coordonnées barycentriques.
Soient $a,b,c,m,a',b',c'$ les affixes respectives des points $A,B,C,M,A',B',C'$.
Soit $\alpha, \beta, \gamma$ un système de coordonnées barycentriques de $M$ relativement à $A,B,C$.
Alors : $m= \frac {\alpha a +\beta b+\gamma c}{\alpha +\beta +\gamma }$, et $a'= \frac {\beta b+\gamma c}{\beta +\gamma }$, etc. On écrira : $ \frac {c' - a'}{b'-a'}=\frac {c - a}{b-a}$, et on verra.
Je poste sans achever les calculs pour ne pas me faire griller par des gens plus doués ;-).
Bonne journée.
Fr. Ch. -
Hum... Plus facile à dire qu'à faire... Il faut finaliser, mais il me manque une idée ::o.
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Peut-être prendre $a:=0$ SPDG.
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Bonjour Chaurien,
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$\dfrac{a' - b' }{a - b} = \dfrac{b' - c' }{ b - c} \iff (\dfrac{-\alpha}{1-\alpha}a - \dfrac{-\beta}{1-\beta}.b )(b - c) = (\dfrac{-\beta}{1-\beta}.b - \dfrac{-\gamma}{1-\gamma}.c )( a -b)$
$\iff \dfrac{-\alpha}{1-\alpha}ab + \dfrac{\alpha}{1-\alpha}ac + \dfrac{\beta}{1-\beta}.b^2 - \dfrac{\beta}{1-\beta}.bc = \dfrac{-\beta}{1-\beta}.ba + \dfrac{\beta}{1-\beta}.b^2 +\dfrac{\gamma}{1-\gamma}.ca - \dfrac{\gamma}{1-\gamma}.cb$
$\iff \dfrac{-\alpha}{1-\alpha}ab + \dfrac{\alpha}{1-\alpha}ac - \dfrac{\beta}{1-\beta}.bc +\dfrac{\beta}{1-\beta}.ba -\dfrac{\gamma}{1-\gamma}.ca + \dfrac{\gamma}{1-\gamma}.cb = 0$
$\iff \dfrac{\beta}{1-\beta}.ba - \dfrac{\alpha}{1-\alpha}ab + \dfrac{\alpha}{1-\alpha}ac- \dfrac{\gamma}{1-\gamma}.ca +\dfrac{\gamma}{1-\gamma}.cb - \dfrac{\beta}{1-\beta}.bc = 0$
$\iff \dfrac{(\beta - \alpha)}{(1-\beta)(1-\alpha)}.ba + \dfrac{(\alpha - \gamma)}{(1-\alpha)(1 - \gamma)}ac+\dfrac{(\gamma - \beta)}{(1-\gamma)(1- \beta)}.bc = 0$
$\iff \dfrac{(\beta - \alpha)(1 - \gamma)}{(1-\beta)(1-\alpha)(1 - \gamma)}.ba + \dfrac{(\alpha - \gamma)(1-\beta)}{(1-\alpha)(1 - \gamma)(1-\beta)}ac+\dfrac{(\gamma - \beta)(1 - \alpha)}{(1-\gamma)(1- \beta)(1 - \alpha)}.bc = 0$
d'où:
$ (\beta - \alpha)(1 - \gamma).ba + (\alpha - \gamma)(1-\beta).ac+ (\gamma - \beta)(1 - \alpha).bc = 0$
Or $\alpha + \beta + \gamma = 1.$ Donc, on obtient :
$ (\beta - \alpha)(\beta + \alpha).ba + (\alpha - \gamma)(\alpha + \gamma).ac+ (\gamma - \beta)(\gamma + \beta).bc = 0$
ce qui conduit à :
$ (\beta^2 - \alpha^2).ba + (\alpha^2 - \gamma^2).ac+ (\gamma^2 - \beta^2).bc = 0.$
Ensuite, on a :
$ (-\gamma^2 + \beta^2 - \alpha^2 + \gamma^2).ba + (\alpha^2 - \gamma^2).ac+ (\gamma^2 - \beta^2).bc = 0$
$\iff -(\gamma^2 - \beta^2).ba - (\alpha^2 - \gamma^2).ba + (\alpha^2 - \gamma^2).ac+ (\gamma^2 - \beta^2).bc = 0$
$\iff (\gamma^2 - \beta^2)b(c-a) + (\alpha^2 - \gamma^2)a.(c - b) = 0.$
Il faut montrer que $\gamma^2 - \beta^2 = 0$ et de même $\alpha^2 - \gamma^2=0$ et ensuite conclure que $\alpha = \beta = \gamma = \dfrac{1}{3}.$ -
Il faut deux équations. D'une façon ou d'une autre, on écrit que les deux ombilics sont fixes. Soit explicitement (barycentriques) soit par conjugaison (rapports complexes).
Cordialement, Pierre. -
Je ne sais pas si $AB$ désigne le segment ou la droite, mais je vais supposer qu'il s'agit du segment, donc le point $M$ est intérieur.
Soient $\alpha,\beta,\gamma$ réels tels que $\overrightarrow{MA'}=\alpha\overrightarrow{MA}$, etc. On montre d'abord que $\alpha=\beta=\gamma$.
Soient $B''$ et $C''$ tels que $\overrightarrow{MB''}=\dfrac{\beta}{\alpha}\overrightarrow{MB}$ et $\overrightarrow{MC''}=\dfrac{\gamma}{\alpha}\overrightarrow{MC}$. Alors $ABC$ et $AB''C''$ sont directement semblables. Autrement dit, la similitude $s$ de centre $A$ qui envoie $B$ sur $C$ envoie $B''$ sur $C''$.
Or, $s(B'')\in s(MB)$, et la droite $(MB)$ fait un angle $(AB,AC)$ avec la droite $(MB)$, donc n'est pas parallèle à $(MC)$ puisque $A,B,M,C$ ne sont pas cocycliques. Donc $s(B'')$ est l'unique point d'intersection entre $s(MB)$ et $(MC)$.
Or, $s(B)=C$ donc $C$ est ce point d'intersection, d'où $s(B'')=C$ et finalement $B=B''$ et $C=C''$, ce qui prouve bien que $\alpha=\beta=\gamma$.
Revenons au problème. On a $\dfrac{MA'}{MA}=\dfrac{MB'}{MB}=\dfrac{MC'}{MC}$ d'après ce qui précède.
Soient $a,b,c$ tels que $M$ soit le barycentre de $(A,a)$, $(B,b)$ et $(C,c)$. Les égalités précédentes sont équivalentes à $\dfrac{a}{b+c}=\dfrac{b}{c+a}=\dfrac{c}{a+b}$, donc à $a=b=c$, ce qui prouve que $M$ est bien le centre de gravité de $ABC$. -
Bonsoir à tous
Une petite remarque:
Semblable donne le choix entre directement semblable et indirectement semblable au cas où on l'aurait oublié depuis que le groupe des similitudes planes s'est fait la malle.
Heureusement il n'existe pas de triangle inscrit indirectement semblable au triangle $ABC$, à tout hasard pourquoi?
Par contre les triangles inscrits directement semblables forment une $FLTI$ et on est ainsi ramené à résoudre un problème un peu plus général dans le plan affine, chercher parmi les triangles d'une $FLTI$ ceux qui sont céviens!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Oui je me suis contenté des similitudes directes car je savais que si $A',B',C'$ sont sur les segments alors les triangles $ABC$ et $A'B'C'$ ont la même orientation.
-
Mon cher JLT
Le problème de Bouzar est mal posé.
Le triangle $A'B'C'$ est inscrit avec $A'$ situé sur la droite $BC$, $B'$ sur la droite $CA$ et $C'$ sur la droite $AB$.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonsoir à tous
Une petite figure pour faire avancer le schmilblik et montrer la difficulté du problème.
On y voit un triangle inscrit $A'B'C'$ directement semblable au triangle $ABC$.
J'ai tracé le lieu du point $\alpha =BB'\cap CC'$.
Soit $A''$ le symétrique du point $A$ par rapport à la médiatrice de $BC$.
Le lieu de $\alpha$ est la conique $\Gamma_A$ tangente aux droites $A''B$ et $A''C$ respectivement aux points $B$ et $C$ et passant par le centre de gravité $G$.
On définit de même les lieux des points $\beta=CC'\cap AA'$ et $\gamma=AA'\cap BB'$ qui sont respectivement les coniques $\Gamma_B$ et $\Gamma_C$
Il n'y a plus qu'à regarder l'intersection $\Gamma_A\cap \Gamma_B\cap \Gamma_C$.
Pour le moment je n'ai pas tracé les coniques $\Gamma_B$ et $\Gamma_C$.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonne Nuit à tous
C'est la figure finale......
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Il reste à comprendre pourquoi il n'existe pas de triangles inscrits indirectement semblables au triangle $ABC$. -
Bonjour
Pappus wrote : "Il reste à comprendre pourquoi il n'existe pas de triangles inscrits indirectement semblables au triangle $ABC$"
$f$ étant une application affine transformant $ABC$ en un triangle inscrit, on a tr$\overrightarrow{f}=-1$. Si $f$ était une similitude indirecte, on aurait tr$\overrightarrow{f}=0$.
Une autre façon de voir les choses : les points de Miquel de $2$ triangles inscrits indirectement semblables sont inverses par rapport au cercle circonscrit $\left( O\right) $. Or, le point de Miquel des triangles inscrits directement semblables à $ABC$ est le point $O$.
Amicalement. Poulbot -
En fait si on suppose que $A',B',C'$ sont sur les droites $(BC)$, $(CA)$ et $(AB)$, et non plus seulement sur les segments, il est tout à fait possible que $A'B'C'$ soit semblable à $ABC$ sans que $M$ soit le centre de gravité.
-
Bonjour JLT et merci
Effectivement, si $ABC$ est obtusangle, il existe deux points $M$ autres que $G$ dont le triangle cévien est semblable à $ABC$.
Plus précisément, le cercle circonscrit $\left( O\right) $ et sa droite transformée isotomique ont $2$ points communs ssi $ABC$ est obtusangle et les triangles céviens de ces $2$ points sont alors semblables à $ABC$.
C'est le cas où les coniques de Pappus ont $3$ points communs. Je ne souviens pas où j'avais vu cela.
Bien cordialement. Poulbot -
Bonjour à tous
Voici en rouge la jolie construction de Poulbot, (qui nous étonnera toujours), dans le cas où $ABC$ est obtusangle.
J'ai la vague impression qu'on en a déjà parlé dans le passé dans le cadre de la recherche des triangles céviens d'une $FLTI$.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour Pappus
J'ai modifié mon message après avoir constaté que la droite joignant les $2$ solutions n'était autre que l'isotomique du cercle circonscrit.
Rappel : $G^{\prime }$ est l'inverse de $G$ par rapport au cercle d'Euler
Amicalement. Poulbot -
Re-bonjour
Il suffit en fait de prouver que la conique $\Gamma _{A}$ de Pappus a pour équation barycentrique $a^{2}yz+b^{2}zx+c^{2}xy-x\left( a^{2}x+b^{2}y+c^{2}z\right) =0$.
Ainsi, les points communs aux coniques $\Gamma _{A},\Gamma _{B},\Gamma _{C}$ (il y en a au plus $3$) sont $G$ et les points communs au cercle $\left( O\right) $ et à la droite d'équation $a^{2}x+b^{2}y+c^{2}z=0$.
Amicalement. Poulbot -
Merci Poulbot
Deux petites questions subsidiaires:
1° Que devient la configuration dans le cas du triangle rectangle?
2° Dans le cas du triangle obtusangle, montrer que les deux triangles céviens solutions, autres que le triangle médial, sont isométriques.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour.
Plongeons ce problème dans un contexte plus général. On se donne un triangle de référence $ABC$ ainsi que $P$, un point générique du plan. Et on se demande quels sont les points $P_{j}$ dont le triangle cevien est semblable au triangle cevien de $P$.- Soit $P\simeq p:q:r$ le point générique du plan, et $
\def\slov{\mathcal{S}} \def\equi{\mathcal{E}} \def\pilpt{\Omega} \def\umbx{\Omega_{x}} \def\umby{\Omega_{y}} \def\coni{\mathcal{C}}\def\tri#1{\mathcal{T}_{#1}} \def\trim#1{\boxed{\mathcal{T}_{#1}}}
$ $\tri P=P_{a}P_{b}P_{c}$ son triangle cevien. Les trois droites $A\wedge\overrightarrow{P_{c}-P_{b}}$ déterminent un triangle $A_{x}B_{x}C_{x}$, circonscrit au triangle $ABC$ et semblable au triangle $\tri P$.
$\,$ - Les trois cercles $BCA_{x},CAB_{x},ABC_{x}$ concourent en un point $\slov$ (thm de Miquel). On appelle $\equi$ le conjugué isogonal de $\slov$. Soit alors $\tri E$ le triangle pédal de $\equi$. Un calcul (quasi) immédiat montre que $\tri E\cdot\slov=\equi$. On constate que $\sigma\doteq\trim E.\boxed{A_{x}B_{x}C_{x}}^{-1}$ admet les deux ombilics, comme points fixes. On en déduit que les deux triangles sont semblables.
$\,$ - Mieux encore, la LFIT (famille linéaire de triangles inscrits) contenant $\tri E$ et admettant $\slov$ comme slowness center contient exactement l'ensemble des triangles inscrits semblables au modèle donné.
$\,$ - On vérifie que $\trim E.\trim P^{-1}\equi=\equi$, montrant que $\equi$ est le centre de similitude commun à tous ces triangles. Le résultat est que les triangles cherchés ne sont autres que les triangles céviens appartenant à la LFIT. La condition correspondante est du troisième degré.
$\,$ - On considère la conique $\coni_{A}$ lieu des points $Bc_{t}\cap Cb_{t}$ (ces trois droites sont en rouge sur la figure). Cette conique est déterminée par les points $B,C,B+C-A$ et par les intersections du graphe $\mathcal{G}_{A}=\alpha_{E}\alpha_{P}$ avec les côtés $AB$ et $AC$. Il est clair que les points communs à ces trois coniques sont les points cherchés (et, évidemment, $P$ est l'un d'eux).
$\,$ - Lorsque $P\in K007$ (the Lucas cubic), alors $\equi\in K004$ (the Darboux cubic) et $\tri P=\tri E$. On utilise alors le fait que le graphe $\mathcal{G}_{A}$ est dirigé par le côté $\overrightarrow{S_{b}S_{c}}$ du triangle anti-cevien de $\slov$.
$\,$ - Dans l'exemple proposé,
$\,$- le cercle $PP_{1}P_{2}$ est le cercle de diamètre X(2)X(20), ce qui finit la construction.
- Lorsque le triangle est rectangle, les deux points $P_j$ viennent coaguler au point de Longchamps.
- La médiatrice de $P_1 P_2$, qui est $L,\equi$ passe par le centre des aires $\slov$... et les triangles ont même aire.
Cordialement, Pierre. - Soit $P\simeq p:q:r$ le point générique du plan, et $
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Bonjour!
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