Construction d'un triangle
Réponses
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Bonjour Bouzar,
Il serait bon de rappeler qui sont ces bêtes préhistoriques comme dirait Pappus (que je salue)
Cordialement,
zephir. -
Bonjour ,
petit résumé autour des points , cercle , triangle , axe de Brocard .
Cordialement -
Les fichiers .ggb sont des fichiers GeoGebra , application gratuite
-
OK. Merci
-
Merci Bouzar pour cet intéressant problème!
Peux-tu nous donner des références?
Quelques précisions.
1° Le triangle $ABC$ et le premier triangle de Brocard $A_1B_1C_1$ sont indirectement semblables, le point fixe de la similitude étant le centre de gravité $G$ qui est donc commun à ces deux triangles.
2° Le cercle circonscrit au triangle $A_1B_1C_1$, appelé je crois, cercle de Brocard a pour un de ses diamètres $OK$ où $O$ est le centre du cercle circonscrit au triangle $ABC$ et $K$ son point de Lemoine.
3° Le point $K$ est le point de Steiner du triangle $A_1B_1C_1$
4° Le point $O$ est le point de Tarry du triangle $A_1B_1C_1$
Je m'arrête là pour laisser un peu de grain à moudre et vous permettre de continuer.
C'est vraiment un exo destiné aux sectateurs de la géométrie du triangle.
Il reste quand même à prouver les propriétés que j'ai citées!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Je m'excuse pour les notations mais j'ai utilisé les miennes vieilles de soixante dix ans! -
Bonne Nuit à tous et faites de beaux rêves!
Voici un lien avec les $TGV$ ou $FLTI$
On considère la $FLTI$ dont le centre aréolaire et l'équicentre sont confondus au centre de Gravité $G$.
1°Faire la figure qui engendre un défunt tourniquet autrefois très célèbre pour les sectateurs de l'axiome de Thalès et qui depuis, n'ont plus rien à se mettre sous la dent à part l'axiome lui même évidemment!
2° Montrer que le triangle de similitude est le second triangle de Brocard.
3° Montrer que le triangle invariable est le premier triangle de Brocard.
Mais combien de triangles a-t-il trouvé, Henri, notre commandant du génie du triangle?
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonne Nuit à tous et faites de beaux rêves
En complément de celles de Bouzar, voici ma propre figure.
On part d'un triangle $ABC$.
On trace le centre du cercle circonscrit $O$ et le point de Lemoine $K$.
Ensuite on trace le cercle de Brocard de diamètre $OK$
Les sommets du premier triangle de Brocard $A_1B_1C_1$ sont les projections orthogonales du point de Lemoine $K$ sur les médiatrices.
Les sommets du second triangle de Brocard $A_2B_2C_2$ sont les points où les symédianes $AK$, $BK$,$CK$ recoupent le cercle de Brocard.
J'ai rajouté sur la figure les points de Brocard $\Omega$ et $\Omega'$ sans donner leurs définitions mais en suggérant les incidences qu'ils génèrent.
Pour leurs propriétés, voir le Rouché-Comberousse, le F.G-M, le Lalesco, le Sortais plus les livres anglosaxons comme le Johnson, etc, etc...
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonne Nuit à tous et faites de beaux rêves!
Voici le défunt tourniquet que j'ai en tête:
$$((a,a')\leftrightarrow (b,b')\leftrightarrow (c,c')\qquad$$
Le centre aréolaire et l'équicentre de ce $FLTI$ sont confondus au centre de gravité $G$ du triangle $ABC$.
(Sans illusions), le démontrer.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonne Nuit à tous et faites de beaux rêves!
La figure ci-dessous montre pourquoi les sommets du second triangle de Brocard $A_2B_2C_2$ sont les centres de similitude de la $FLTI:a\iff b\iff c$
Le cercle $(Abc)$ passe par $A_2$, le cercle $(Bca)$ passe par $B_2$, le cercle $(Cab)$ passe par $C_2$.
J'ai tracé en violet le cercle de Brocard un peu rikiki!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonne Nuit à tous et faites de beaux rêves.
Voici ma dernière figure
Le triangle $abc$ de la $FLTI$ et le premier triangle de Brocard $A_1B_1C_1$ sont en perspective par rapport à un point $\omega$ situé sur le cercle de Brocard!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Il reste à achever la construction demandée par Bouzar -
-
Merci Jean-Louis pour ta belle étude de la géométrie de Brocard.
J'ai beaucoup apprécié aussi les notices historiques.
J'achève la construction demandée par Bouzar.
Une fois construit le point $O$ comme point de Tarry (qui c'est ce mec là?) du premier triangle de Brocard $A_1B_1C_1$, on récupère les médiatrices $OA_1$, $OB_1$, $OC_1$ du triangle $ABC$.
La similitude indirecte $s:A_1B_1C_1\mapsto ABC$ est alors parfaitement connue, c'est la similitude indirecte de centre $G$, centre de gravité du premier triangle de Brocard $A_1B_1C_1$ envoyant, par exemple, la médiatrice du côté $B_1C_1$ sur la médiatrice $OA_1$.
Alors $A=s(A_1)$, $B=s(B_1)$, $C=s(C_1)$.
Evidemment cette construction utilise les transformations honnies et les similitudes le sont d'autant plus que leur disparition de nos programmes a ravalé le théorème de Pythagore au rang d'Axiome.
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Il reste quand même à prouver tout ce que j'ai raconté et ça fait du pain sur la planche!!!
Je viens de remarquer que les figures et notations de Bouzar sont exactement celles de MathWorld, les miennes sont plutôt celles du Lalesco dans lequel j'ai appris la géométrie du triangle, il y a soixante dix ans! -
Bonjour et merci pappus,
Voici trois solutions issues de Mathesis :
Amicalement -
Merci Bouzar
C’est intéressant de comparer ces solutions avec la mienne!
Je n’ai pas eu le temps de lire en détail l’article de Jean-Louis pour voir si lui aussi propose une construction.
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Où peut-on trouver la revue Mathesis? -
pappus,
Tu trouveras le lien en mp.
Amicalement -
Bonjour,
Je peux l'avoir aussi, Bouzar ?
Cordialement,
Rescassol -
Merci Bouzar mais je ne comprends pas ce que veut dire mp!
En définitive voici la construction à justifier que je propose sans points de Tarry ou de Steiner plus ou moins ésotériques!
La donnée est un triangle $A_1B_1C_1$ et on cherche à construire le triangle $ABC$ dont il est le premier triangle de Brocard.
1° On construit le centre de gravité $G$ et le centre du cercle circonscrit $O_1$ du triangle $A_1B_1C_1$.
2° On construit le premier triangle de Brocard $A_2B_2C_2$ du triangle donné $A_1B_1C_1$, une sorte d'itération brocardienne en quelque sorte, c'est cela qui est amusant.
3° Les perpendiculaires issues de $A_1$ à $B_2C_2$, de $B_1$ à $C_2A_2$, de $C_1$ à $A_2B_2$ sont concourantes au point $O$, centre du cercle circonscrit au triangle $ABC$ cherché, c'est de l'orthologie pour les sectateurs de ces transformations!
4° Soit $s$ la similitude indirecte de centre $G$ envoyant $O_1$ sur $O$.
Alors cette similitude indirecte $s$ transforme le triangle donné $A_1B_1C_1$ en le triangle $ABC$ cherché.
On ne peut être plus simple mais on est obligé de naviguer à vue dans cette ésotérique et défunte géométrie du triangle, partie minuscule de la non moins défunte géométrie (euclidienne)!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Le calcul de la similitude indirecte est facile avec le truc de Morley puisque $O$ est le point de Tarry du triangle $A_1B_1C_1$ dont l'affixe doit être bien connu de notre spécialiste maison Rescassol! -
Bonjour pappus,
mp=message privé. -
Merci Bouzar.
Bon Dieu mais c'est bien sûr.
Mais n'oublie pas que mes neurones me quittent à la vitesse [large]V[/large]!!
Rien qu'hier, au cours de ma promenade quotidienne, je me suis retrouvé les quatre fers en l'air comme le savant Cosinus et j'ai bien cru que mon entropie allait augmenter brusquement. J'en ai été quitte pour quelques contusions assez douloureuses mais je suis encore tout tourneboulé!
Merci pour ton message privé!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonsoir,
Utilisons les coordonnées barycentriques.
Le triangle de référence :
$A,B,C\simeq \left[\begin{array}{c} 1\\ 0\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 1\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 0\\ 1\end{array}\right]$
Les deux points de Brocard :
$\Omega \simeq \left[\begin{array}{c} \dfrac{a.c}{b}\\ \dfrac{a.b}{c}\\ \dfrac{b.c}{a}\end{array}\right]
\qquad \text{et} \qquad
\Omega' \simeq \left[\begin{array}{c} \dfrac{a.b}{c}\\ \dfrac{b.c}{a}\\ \dfrac{a.c}{b}\end{array}\right]$
Le triangle de Brocard :
$A_1\simeq \left[\begin{array}{c} a^2\\ c^2\\ b^2 \end{array}\right]
, \qquad
B_1 \simeq \left[\begin{array}{c} -c^2\\ -b^2\\ -a^2 \end{array}\right]
\quad \text{et} \quad
C_1 \simeq \left[\begin{array}{c} b^2\\a^2\\ c^2\end{array}\right]$
Les triangles $ABC$ et $A_1B_1C_1$ sont orthologiques ($O \simeq \left[\begin{array}{c} a^2 (a^2 - b^2 - c^2)\\ b^2 (-a^2 + b^2 - c^2)\\c^2 (-a^2 - b^2 + c^2)\end{array}\right]$ est un centre d'orthologie. L'autre est le point de Tarry) et parallélogiques donc ils sont indirectement semblables. Par ailleurs, les triangles $ABC$ et $A_1B_1C_1$ sont en perspective, le centre de perspective étant l'isotomique de K dont les coordonnées barycentriques sont $\simeq \left[\begin{array}{c} b^2 c^2\\a^2 c^2\\ a^2 b^2\end{array}\right]$.
Les coordonnées barycentriques du centre de parallélogie sont $\simeq \left[\begin{array}{c} (a^2 - b^2) (a^2 - c^2)\\-(a^2 - b^2) (b^2 - c^2)\\ (a^2 - c^2) (b^2 -c^2)\end{array}\right]$.
Ce qui justifie le 1°.
PS: avec Morley circonscrit, il me semble que l'affixe du point de Tarry est $t=\dfrac{s_3(s_1^2-3s_2)}{3s_1s_3-s_2^2}.$
Amicalement -
Le cercle de Brocard a pour équation barycentrique :
$c^4 x y + b^4 x z + a^4 y z -b^2 c^2 x^2 - a^2 c^2 y^2 - a^2 b^2 z^2=0$
et le carré du rayon est $\dfrac{a^2 b^2 c^2 (a^4 - a^2 b^2 + b^4 - a^2 c^2 - b^2 c^2 + c^4)}{(-a +b + c) (a + b - c) (a - b + c) (a + b + c) (a^2 + b^2 + c^2)^2}.$
Les coordonnées barycentriques de son centre sont $C\simeq \left[\begin{array}{c} -a^2 (a^4 - a^2 b^2 - a^2 c^2 - 2 b^2 c^2)\\ -b^2 (-a^2 b^2 + b^4 - 2 a^2 c^2 - b^2 c^2)\\ -c^2 (-2 a^2 b^2 - a^2 c^2 - b^2 c^2 + c^4)\end{array}\right].$
$K \simeq \left[\begin{array}{c} a^2 \\ b^2 \\c^2\end{array}\right]$ appartient au cercle de Brocard puisque les coordonnées de $K$ vérifient l'équation du cercle.
$O \simeq \left[\begin{array}{c} a^2 (a^2 - b^2 - c^2)\\ b^2 (-a^2 + b^2 - c^2)\\c^2 (-a^2 - b^2 + c^2)\end{array}\right]$ appartient au cercle de Brocard puisque les coordonnées de $O$ vérifient l'équation du cercle.
On a : $\vec{CK}=-\vec{CO}.$
ce qui justifie le 2°.
Amicalement -
Il reste quand même à prouver les propriétés 3° et 4°.
Amicalement -
Une autre propriété :
Soit $ABC$ un triangle. Montrer que l'orthocentre, le centre du cercle d'Euler, le point de Tarry et le milieu du diamètre de Brocard sont cocycliques. -
Bonjour,
clc, clear all, close all syms s1 s2 s3; syms s1B s2B s3B; % Conjugués s1B=s2/s3; s2B=s1/s3; s3B=1/s3; x4=s1; % Orthocentre x5=s1/2; % Centre du cercle d'Euler x98=s3*(s1^2-3*s2)/(3*s1*s3-s2^2); % Point de Tarry x6=(2*s2^2-6*s1*s3)/(s1*s2-9*s3); % Point de Lemoine x4B=s1B; % Conjugués x5B=s1B/2; x98B=s3B*(s1B^2-3*s2B)/(3*s1B*s3B-s2B^2); x6B=(2*s2B^2-6*s1B*s3B)/(s1B*s2B-9*s3B); Bi=Birapport(x4,x5,x98,x6/2); BiB=Birapport(x4B,x5B,x98B,x6B/2); Nul=Factor(Bi-BiB) % Égal à 0, donc c'est gagné
Cordialement,
Rescassol -
Bonjour,
comment s'appelle ce cercle ? son centre est-il répertorié dans ETC ? d'autres points connus lui appartiennent ? son équation barycentrique ?
Bien cordialement.
kolotoko -
Bonjour,
Son centre est:-(s1*(- s1^2 + 3*s2)*(- s1*s2^3 + 7*s2^2*s3 + 6*s1*s3^2))/(2*(s3*s1^3 - s2^3)*(9*s3 - s1*s2))
Il n'est pas dans l'ETC.
Cordialement,
Rescassol -
Bonjour à tous
Comparons les trois solutions datant de 130 ans avec la mienne.
La solution de M.Furhmann me semble fort calculatoire et il se contente ensuite d'une ébauche de construction.
La solution de M.Emmerich passe elle aussi par les points $O$ et $H$ mais la construction finale utilisant le fameux angle de Brocard est loin d'être claire
Finalement c'est la solution de M.Stegemann qui se rapproche le plus de la mienne car il a bien vu cette similitude indirecte.
Il utilise le fait que les triangles $ABC$ et $A_2B_2C_2$ sont homothétiques, (ce que j'ai fortement suggéré sur ma figure!)
Eh oui, le carré d'une similitude indirecte est une homothétie positive!
Je suis content d'avoir retrouvé sa solution si longtemps après!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour,
Kolotoko, les coordonnées barycentriques du centre de ce cercle sont:(b^2 -c^2)*(- a^8*b^2 - a^8*c^2 + 2*a^6*b^4 - 2*a^6*b^2*c^2 + 2*a^6*c^4 + a^4*b^4*c^2 + a^4*b^2*c^4 - 2*a^2*b^8 + a^2*b^6*c^2 + a^2*b^2*c^6 - 2*a^2*c^8 + b^10 + b^8*c^2 - 2*b^6*c^4 - 2*b^4*c^6 + b^2*c^8 + c^10)
et permutation circulaire.
Cordialement,
Rescassol
PS: Quand je parle complexe, $a,b,c$ sont les affixes de $A,B,C$, et quand je parle barycentrique, ce sont les longueurs des côtés. -
Bonjour à tous
La suite logique de la question de Bouzar?
Construire un triangle $ABC$ connaissant son deuxième triangle de Brocard.
Faut bien respecter la démocratie!
J'ai commencé à réfléchir sur cette question à laquelle nos anciens ont sans doute répondu mais qui me semble aujourd'hui aussi oiseuse qu'inutile puisque tout a disparu!
Pitié, pitié, donnez nous aujourd'hui notre pain quotidien: trois points alignés ou trois droites concourantes!!
La méthode suivante me semble prometteuse: on construit le premier triangle de Brocard et on est ramené au problème précédent, dirait le Savant Cosinus en se souvenant de sa polytechnicienne jeunesse!
Mais quel est le rapport entre les deux triangles de Brocard?
Ah, Henri, tu commences à nous les briser!
Eh bien ils sont en perspective et j'ai parlé de ce centre de perspective dans mes précédents messages!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour pappus,
Le centre de perspective entre les deux triangles de Brocard est le centre de gravité $G$ de $ABC.$
Amicalement -
Merci Bouzar
Exact.
C'est ce que j'avais dit moi même dans un de mes messages précédents.
Autrement dit le premier triangle de Brocard est un triangle inscrit dans le cercle de Brocard dont les intersections des médianes avec ce cercle sont les sommets du second triangle de Brocard qui lui est connu.
Je renvoie au site de mathafou où cette défunte question (autrefois très connue) est traitée, (j'ai d'ailleurs le sentiment qu'on a déjà dû en parler sur notre forum):
Points Circonscrits
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Cela me donne l'idée de l'exo suivant
On se donne un triangle $ABC$ et on trace son second triangle de Brocard $A_2B_2C_2$.
D'après mathafou, il existe un second triangle $A'B'C'$ ayant aussi $A_2B_2C_2$ pour second triangle de Brocard.
1° Le construire.
2° Que dire de l'application affine $ABC\mapsto A'B'C'$?
Je suggère plutôt la lecture d'un bon roman mais chacun fait ce qu'il veut! -
Bonsoir à tous
La réponse est évidente et elle était évidemment connue de nos aïeux:
Le triangle $A'B'C'$ ayant le même second triangle de Brocard que le triangle $ABC$ est le triangle circumcévien de $ABC$ par rapport à son point de Lemoine.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Mon cher Pappus,
Je constate avec grands plaisir et soulagement que ta mésaventure d'avant-hier n'a en rien diminué ton alacrité !
STP, peux-tu expliciter "triangle circumcévien par rapport à un point", ou bien m'indiquer où je puis trouver une définition de ce terme dans le Lalesco ou le Sortais ? Merci d'avance
JLB -
Mon cher Jelobreuil
Je te rappelle que je ne suis pas un spécialiste de la géométrie du triangle et de sa terminologie qui est loin d'être fixée!
Le mieux est encore de te dévoiler la figure que j'ai en tête.
Les triangles $ABC$ et $A'B'C'$ sont très partageurs.
Ils ont en commun le même cercle circonscrit, le même point de Lemoine $K$ et le même second triangle de Brocard.$A_2B_2C_2$.
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
En fait j'ai construit le triangle $A'B'C'$ à partir des considérations de Mathofou, juste pour vérifier que j'allais tomber sur la figure ci-dessous bien connue de nos anciens!
Peux-tu détailler le chemin que j'ai suivi?
En ce qui concerne l'adjectif circumcévien, je te renvoie à cette page de MathWorld:
Circumcevian Triangles
Dans le Laleco les triangles $ABC$ et $A'B'C'$ de ma figure sont traités de cosymédians car ils ont les mêmes symédianes.
Mon état de santé s'améliore d'autant plus que je reste scotché à ma bécane, faisant donc du surplace. -
Mon cher Jelobreiuil
Voici la petite gymnastique que j'ai suivie, la seule que je puisse faire en ce moment.
Partant du triangle $ABC$ et de son second triangle de Brocard $A_2B_2C_2$, j'ai tracé le centre de gravité $G$ du triangle $ABC$.
D'après mathofou, $G$ est l'un des deux foyers de l'ellipse de Steiner interne du triangle $A_2B_2C_2$.
L'autre foyer $G'$ est le symétrique de $G$ par rapport au centre de gravité $\varphi$ du triangle $A_2B_2C_2$
Je trace le triangle $A'_1B'_1C'_1$ circumcévien du triangle $A_2B_2C_2$ par rapport à $G'$.
Ce triangle $A'_1B'_1C'_1$ est le premier triangle de Brocard du triangle $A'B'C'$ cherché.
Je récupère donc le triangle $A'B'C'$ à partir du triangle $A'_1B'_1C'_1$ par ma construction et je constate alors (avec stupéfaction?) que ce triangle $A'B'C'$ n'est pas autre chose que le triangle circumcévien du triangle $ABC$ par rapport au point $K$ me confirmant que ma construction est correcte!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Je sais qu'il existe encore deux autres triangles de Brocard!
Si quelqu'un veut se lancer dans l'aventure?
L'avventura
C'est la vie que je mène avec toi
L'avventura
C'est dormir chaque nuit dans tes bras! -
Merci, mon cher Pappus, de toutes ces explications et figures !
Je comprends que "circumcévien" est un "mot-valise" associant les notions liées aux objets que sont le cercle circonscrit et les céviennes ...
Je comprends aussi qu'il va falloir que, maintenant que j'en ai le temps, je me mette sérieusement à étudier le document de Jean-Louis "La géométrie de Brocard" que j'ai dans mes archives depuis qu'il nous en a fait cadeau il y a quatre ans : ce fut là l'occasion de mon premier message sur le forum ...
Bonne soirée, bien cordialement
JLB
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