Trois ellipses
dans Géométrie
Bonsoir à tous
Soit un triangle ABC, A1B1C1 son triangle des milieux, et A2B2C2 le triangle des milieux de A1B1C1. Soit A3, B3 et C3 les points d'intersection des segments BC2 et CB2, AC2 et CA2, et AB2 et BA2, respectivement.
Je constate que, par exemple, les droites AB2 et AC2 sont isotomiques dans AB1C1 (et bien entendu dans ABC), et que l'ellipse passant par A2, B2, C2, B3 et C3 passe par A1 et est tangente à B1C1 en A2 et à BC en A1.
En outre, les aires des trois ellipses ont la même mesure, d'après Geogebra ...
Comment cela s'explique-t-il ? Merci de m'éclairer !
Bien cordialement JLB
Soit un triangle ABC, A1B1C1 son triangle des milieux, et A2B2C2 le triangle des milieux de A1B1C1. Soit A3, B3 et C3 les points d'intersection des segments BC2 et CB2, AC2 et CA2, et AB2 et BA2, respectivement.
Je constate que, par exemple, les droites AB2 et AC2 sont isotomiques dans AB1C1 (et bien entendu dans ABC), et que l'ellipse passant par A2, B2, C2, B3 et C3 passe par A1 et est tangente à B1C1 en A2 et à BC en A1.
En outre, les aires des trois ellipses ont la même mesure, d'après Geogebra ...
Comment cela s'explique-t-il ? Merci de m'éclairer !
Bien cordialement JLB
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Réponses
La figure suivante explique bien l'isotomie constatée, tout commentaire étant superflu ...
On constate aussi que le centre de chaque ellipse se trouve sur la médiane correspondante, au milieu du segment A1A2, B1B2 ou C1C2, respectivement. Ces points sont aussi les milieux des segments B2C2, A2C2 et A2B2, respectivement. Les quadrilatères A1B2A2C2, B1C2B2A2 et C1A2C2B2 sont des parallélogrammes.
Bien cordialement
JLB
Il existe une trsf. affine $a:X\mapsto X'$ telle que $A'B'C'$ est équilatéral.
$a$ multiplie les aires par une même facteur non nul.
ETC.
On peut s'intéresser au rapport aire(ellipses)/aire(abc).
Bonne suite.
La méthode de Soland fonctionne mais n'apporte pas de simplifications notables.
Je ne sais pas ce qu'il en est de la théorie des coniques dans les alpages mais dans notre belle république, elle se réduit plus ou moins à celle du cercle trigonométrique.
Sans illusions donc, je fais la figure en rajoutant juste les points nécessaires et je te laisse faire le baratin adéquat en te donnant les ingrédients (hors programme) à utiliser:
1° Le théorème de Pascal pour montrer que les six points sont sur une même conique.
2° La théorie des diamètres pour montrer que les tangentes en $A_1$ et $A_2$ sont bien les droites $BC$ et $B_1C_1$.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Grand merci pour tes indications que je viens de lire et que je vais m'efforcer de suivre !
Dans l'intervalle de temps, j'ai pu constater un autre "phénomène" que je n'arrive pas à expliquer : l'apparition de rapports 1/5 et 1/4 entre les longueurs de certains segments, par exemple ceux portés par les céviennes passant par C3 : on a en effet A2C3 = A2B/5 = C3B/4, B2C3 = B2A/5 = C3A/4, et C1C3 = C1C/5 = C3C/4. Mais je ne vois pas comment le démontrer ... Sans doute, un calcul de barycentres devrait pouvoir le faire, mais ...
Bien cordialement
JLB
Ces rapports peuvent être calculés très élémentairement via l'axiome de Thalès, pour une fois qu'il sert à quelque chose, profites en ou bien par le calcul barycentrique le plus banal.
Quant à l'égalité des aires de ces ellipses, elle provient du fait que le sous-groupe du groupe affine conservant le triangle opère sur l'ensemble de ces trois ellipses.
Amicalement
[small]p[/small]appus
$A_1 \simeq \left[\begin{array}{c} 0\\1\\ 1\end{array}\right]
\ ,\quad
B_1\simeq \left[\begin{array}{c}1\\ 0\\ 1\end{array}\right]
\ ,\quad
C_1\simeq \left[\begin{array}{c} 1\\ 1\\ 0\end{array}\right]$
$A_2\simeq \left[\begin{array}{c} 2\\1\\1\end{array}\right]
\ ,\quad
B_2\simeq \left[\begin{array}{c}1\\ 2\\ 1\end{array}\right]
\ ,\quad
C_2\simeq \left[\begin{array}{c} 1\\1\\ 2\end{array}\right]$
$A_3\simeq \left[\begin{array}{c} 1\\2\\ 2\end{array}\right]
\ ,\quad
B_3\simeq \left[\begin{array}{c}-2\\ -1\\ -2\end{array}\right]
\ ,\quad
C_3\simeq \left[\begin{array}{c}2\\ 2\\ 1\end{array}\right]$
On a
$\dfrac{1}{4}\sqrt{3a^2-2b^2+6c^2}=A_2B=5.A_2C_3.$
Amicalement
Avec tout ça, si je n'arrive pas à m'en sortir, c'est que vraiment je suis au-dessous de tout !
Je continue mes efforts et je vous tiens au courant !
Merci encore et très bonne soirée !
Bien amicalement
JLB
PS: Bouzar, la dernière coordonnée de A2 devrait sans doute être $2$ plutôt que $12$, non ?
Tu as raison et j'ai modifié mon message.
bonne soirée
Bouzar, d'après ta modif, je n'avais pas entièrement raison ... ;-) Au temps pour moi !
Reprenons la chose, à l'aide de la figure complétée, donnée par Pappus (je ne récris pas les hypothèses de départ) :
B1A1 (droite des milieux) est parallèle à AB, donc à AC1, et de même, C1A1 est parallèle à AC, donc à AB1 : le quadrilatère AB1A1C1 est un parallélogramme, donc A2, milieu de B1C1, est aussi milieu de AA1.
Dans l'homothétie H(A1, 2), le triangle A1A2C1 est transformé en le triangle A1AC' où le point C', défini par l'égalité de vecteurs AC' = 2.A2C1, appartient à la droite portant le segment A1B2.
Dans l'homothétie H(C, 2), le triangle CB1A2 est transformé en le triangle CAC", où le point C", défini par l'égalité de vecteurs AC" = 2.B1A2, appartient à la droite portant le segment B3A2. Mais comme les vecteurs A2C1 et B1A2 sont égaux, les points C' et C" sont confondus, et en outre, AC' est parallèle à B1C1, et donc à BC.
En considérant l'action de l'homothétie H(A1, 2) sur le triangle A1A2B1 et celle de l'homothétie H(B, 2) sur le triangle BC1A2, on montre de même que le point B' tel que AB' = 2.A2B1 (égalité de vecteurs) appartient aux deux droites qui portent les segments C3A2 et A1C2, et que AB' est parallèle à BC.
On en déduit que les points C', A et B' sont alignés : comme A est par construction le point de concours des droites portant les segments B2C3 et C2B3, l'application du réciproque du théorème de l'hexagramme de Pascal mène à ce que les six points A1, B2, C3, A2, B3 et C2 se trouvent sur une même conique, qui est ici une ellipse.
Le segment B2C2 relie les milieux des côtés A1B1 et A1C1 du triangle A1B1C1: il est donc parallèle à B1C1, ainsi qu'à BC par transitivité de la relation de parallélisme, et il coupe la médiane A1A2 de ce triangle en un point O qui, en tant que point de concours des diagonales A1A2 et B2C2 du parallélogramme A1B2A2C2, est le milieu de ces diagonales, lesquelles sont donc des diamètres de l'ellipse : donc les droites C1B1 et BC, passant respectivement par A2 et A1 et parallèles à un diamètre de l'ellipse, sont tangentes à celle-ci en A2 et A1.
Il se fait tard ... je remets à demain d'essayer de démontrer cette histoire de rapports ...
Bonne nuit, bien cordialement
JLB
Eh bien, voilà ce que j'ai compris, au bout de, quand même, une bonne demi-heure de réflexion ...
Considérons le triangle A2B2C2 : en tant que triangle médian du triangle médian de ABC, il est directement semblable à ce dernier, et plus précisément, c'est l'image de ABC dans l'homothétie (G, 1/4), de centre G (centre de gravité de ABC) et de rapport 1/4, puisque par exemple, en vecteurs, A2B2 = -(A1B1)/2 = -(-AB/2)/2 = AB/4.
Considérons maintenant les triangles AC3B et B2C3A2 : ils sont indirectement semblables, et plus précisément, B2C3A2 est l'image de AC3B dans une homothétie de centre C3, dont le rapport est B2A2/AB, soit -1/4 : on peut alors écrire C3B2/C3A = -1/4, quod erat demonstrandum ...
Grand merci à Pappus pour le parfait aiguillage !
Bien amicalement
JLB
PS : C3 est le point d'intersection de A2B et de AB2 (désolé d'avoir commis cet oubli !)
Je vois que tu t'es mis aux transformations et c'est un très très bon signe.
Il reste à prouver l'égalité des aires suivant le schéma que je t'ai proposé.
En résumé on voit que ton exercice appartient aux géométries projective et affine.
On utilise pas l'axiome de Pythagore pour le résoudre!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Pour ce qui est des transformations, il est certain qu'utiliser des homothéties, surtout quand elles sont aussi évidentes, allège énormément l'écriture des démonstrations, par comparaison avec ce à quoi obligerait le recours à l'axiome de Thalès. Ceci pour dire qu'en fait, à la base de mon raisonnement, il y a bien cet axiome que tu m'avais conseillé d'appliquer, mais comme le passage aux homothéties est ici évident, j'en ai profité ...
Par contre, pour l'égalité des aires des trois ellipses, je m'avoue incapable d'utiliser l'indication que tu m'as donnée, car j'ignore complètement ce qu'est "le sous-groupe du groupe affine conservant le triangle" et comment il "opère sur l'ensemble de ces trois ellipses" ...
Bonne nuit, bien amicalement
JLB
.
Tu devrais apprendre au moins les rudiments de la théorie des groupes qui traînent ici ou là dans tous les bons livres de géométrie.
Le groupe en question est un groupe d'ordre 6, isomorphe au groupe des symétries du triangle équilatéral.
Chacun des éléments de ce groupe conserve l'aire et opère sur l'ensemble de tes trois ellipses, ce qui fait qu'elles ont la même aire.
Ce qui est bien dans cette histoire, c'est qu'il n'y a même pas la peine de calculer ces trois aires.
On est sûr a priori qu'elles sont égales.
Le verbe "opérer" que j'ai utilisé a un sens très précis et très important en théorie des groupes.
Je te conseille fortement de t'intéresser à cette théorie car en ne la connaissant pas, tu te prives d'un moyen de compréhension essentiel de la géométrie!
Commence doucement, l'appétit vient en mangeant!
Amicalement
[small]p[/small]appus