Triangles semblables dans un cercle

jelobreuil · June 2021

Bonne nuit, vous tous !
Je vous propose ce qui suit.

Soit un triangle ABC intérieur à un cercle (O), tel que seul le côté AB soit une corde de (O).
Construire les triangles semblables, directement ou indirectement, à ABC tels que l'un des sommets se trouve au point D diamétralement opposé à A, un deuxième sommet soit aussi sur (O), et le troisième sommet se trouve sur l'une des demi-droites AC et BC (en dedans ou en dehors du cercle).

Amicalement
JLB 123248

Ludwig · June 2021

Bonjour,

Une figure : 123252

Ludwig · June 2021

Une construction possible : on place $O'$ tel que $O'OD$ soit directement semblable à $ABC$ et $H$ symétrique de $D$ par rapport à $(OO')$. Le cercle de centre $O'$ passant par $D$ coupe $[BC)$ en $F$ et $(HF)$ recoupe le cercle de centre $O$ en $E$. Alors $DEF$ est solution. 123286

jelobreuil · June 2021

Chapeau, Ludwig !
Là, je dois reconnaître que tu m'épates, car j'ai posé ce problème en me sachant incapable de le résoudre !
Merci beaucoup d'avoir pris tant d'intérêt à cette construction, d'y être parvenu et de l'avoir très bien expliquée !!
Bonne soirée, bien amicalement
JLB

Ludwig · June 2021

Ton problème n'a pas toujours de solution, je suppose que tu l'as remarqué. Un cas particulier intéressant se produit lorsque $F$ est sur $(O)$, et alors $(HE)$ est la tangente à $(O')$ en $H$. Comment caractériser les triangles $ABC$ correspondants ? Je n'en sais rien du tout. 123290

pappus · June 2021

Bonjour à tous
Tout d'abord, je vais critiquer l'énoncé de Jelobreuil!
Encore une fois un étiquetage aberrant!
J'ai seriné, je ne sais combien de fois pourquoi un étiquetage adéquat était important.
Comme d'habitude, je prêche dans le désert!
Jelobreuil nous impose des incidences inutiles qui incitent le lecteur à emprunter des fausses pistes.
Il ne sert à rien que certains sommets du triangle $ABC$ soient ou non sur le cercle.
Donc le triangle $ABC$ est un triangle quelconque du plan.
Le point $A'\ $ est un point fixe du cercle et le point $B'$ en est un point variable.
Le triangle $A'B'C'\ $ est directement semblable au triangle $ABC.\qquad$.
Et on désire le construire de façon que le côté $B'C'\ $ passe par un point fixe $F.\qquad$.
Là encore, il ne sert à rien que ce point $F$ soit sur telle ou telle droite.
$F\ $ est donc un point donné absolument quelconque du plan.
En définitive on veut construire un triangle $A'B'C'\ $ directement semblable au triangle $ABC\ $ dont le sommet $A'\ $ est un point fixe du cercle $\Gamma\ $, le sommet $B'\ $ un point variable de ce même cercle et dont le côté $B'C'\ $ passe par un point fixe $F\ $ donné du plan.
La solution de Ludwig est peut-être correcte mais comme il ne l'explique pas, c'est comme s'il n'avait rien fait!
Amicalement
[small]p[/small]appus 123298

fm_31 · June 2021

Bonjour ,
sans doute n'ai-je pas bien compris la question car la construction me semble trop facile . Mais je la propose quand même en demandant l'indulgence des spécialistes de ce forum .
Cordialement 123316

pappus · June 2021

Bonjour fm_31
Tu as parfaitement compris ce qui se passe mais je ne suis pas sûr que ce soit le cas de tes lecteurs.
Une figure c’est bien mais avec en plus des explications en bon français, c’est encore mieux!!!
Amicalement
[small]p[/small]appus

fm_31 · June 2021

Si je ne me suis pas fourvoyé , on peut simplifier la construction .
A partir d'un point P quelconque du cercle et de l'angle $\beta$ on construit le point P' .
P'F recoupe le cercle en B' . Reste à construire C' à l'aide de l'angle $\alpha$ .
Cette construction n'utilise que la notion d'angle inscrit . 123318

jelobreuil · June 2021

Bonjour à tous,
Bien cher Pappus,
J'admets volontiers que mon étiquetage des points ne soit pas "règlementaire" à tes yeux.
Mais c'est tout simplement que je ne voulais pas imposer de correspondance, dans la similitude envisagée, entre D et un sommet particulier de ABC.
D'autre part, je ne comprends pas pourquoi tu ne veux pas respecter la contrainte que les points A, B, D et E soient sur un même cercle, D étant diamétralement opposé à A : mon problème est en fait une généralisation de celui de mon très récent fil "Un cercle et deux tréquis" dans lequel je pose un problème de niveau collège.
Pourquoi ne sert-il à rien
- que A et B soient sur le cercle,
- et que F soit sur la droite AB ou AC ?
Si tu préfères, on peut, c'est vrai, poser le problème autrement : étant donné quatre points A, B, C et D sur un même cercle et un point M intérieur à ce cercle, construire sur la corde CD un triangle CDN semblable à ABM (là encore, sans correspondance imposée entre sommets) et tel que le point N se trouve sur l'une des droites AM et BM. Est-ce vraiment trop imprécis ou trop général ?
Ludwig, en posant ce problème, je me doutais bien qu'il n'avait pas une solution dans tous les cas, les contraintes sont sans doute trop fortes, mais je pense que c'est justement l'un des problèmes dans le problème que de déterminer dans quels cas il n'y a pas de solution ...
Fm_31, merci de t'être intéressé à cette discussion.
Bien cordialement
JLB

Ludwig · June 2021

Bonjour,

pappus a raison, il ne sert à rien de préciser que les points $A$ et $B$ soient sur le cercle, car tu peux toujours t'arranger jelobreuil pour qu'il en soit ainsi, et cela pour n'importe quel triangle $ABC$ donné (s'il est trop grand pour le coincer dans la bulle, tu le réduis et puis c'est tout).
Et demander à ce que $F$ soit par exemple sur $(AB)$, ou bien demander qu'un côté du triangle passe par $F$ cela revient à peu près au même, mais la consigne de pappus est je pense plus claire quant aux données initiales, car plus minimale.
Quant à ma solution elle n'est pas peut-être correcte, elle est correcte. La preuve repose aussi sur le théorème de l'angle inscrit, comme celle que j'avais écrit dans l'autre fil avec les triangles équilatéraux.

jelobreuil · June 2021

Bonsoir, Ludwig,
Je crains qu'il y ait un malentendu, dû sans doute aucun à ma formulation, déficiente. Mais il y a dans mon premier énoncé un détail qui lie le premier triangle et le cercle : je dis que l'un des sommets du triangle "cible" (A'B'C' selon Pappus) doit être diamétralement opposé à A, ce que tu as d'ailleurs respecté dans toutes tes figures. Ceci implique, selon moi, que le triangle ABC ne soit pas quelconque par rapport au cercle, si l'on se donne le cercle comme élément primordial, ou bien ?
As-tu regardé, dans mon précédent message, la nouvelle formulation que j'ai proposée en réponse au message de Pappus ? J'y ai involontairement oublié la condition qu'il y ait deux points diamétralement opposés, parmi les quatre sur le cercle, on peut soit la réintégrer, soit la laisser tomber, comme on veut ...
Quant à l'expression "peut-être correcte" au sujet de ta solution, elle n'est pas de moi ...
Bien cordialement
JLB

pappus · June 2021

Mon cher Ludwig
Je n'ai pas dit que ta solution n'était pas correcte mais seulement que tu nous l'avais donnée sans démonstration.
@Jelobreuil
Quand deux objets se correspondent dans une transformation, il est très agréable de donner des noms analogues aux points qui se correspondent.
Si tu me parles des deux triangles directement semblables $FEW$ et $ANY$, tu vas m'occasionner de sérieux maux de tête quand je quitterai la figure des yeux et quand j'y reviendrai.
Par contre si tu me parles des triangles $ABC$ et $A'B'C'$, tu m'évites de prendre des dolipranes!
Quant au problème envisagé, sa solution est la même quand le triangle $ABC$ est quelconque.
Si tu connais la solution dans le cas général, tu la connais aussi dans les cas particuliers.
Même remarque pour le point $F$.
C'est fm_31 qui a trouvé la solution.
C'est un problème d'angle inscrit.
Il n'a pas l'air d'être sûr de lui et il n'a pas vraiment rédigé la solution mais il a trouvé le truc.
Avec un logiciel de géométrie dynamique, c'est facile.
Si on relaxe la condition "passe par un point $F$", on voit aisément que la droite $B'C'\ $ passe par un point fixe situé sur le cercle $\Gamma.\qquad$.
Il reste à justifier ce phénomène et c'est là que le théorème de l'angle inscrit (formulé avec des angles orientés) entre en scène.
Mais ce théorème est-il encore enseigné?
Je n'en suis pas sûr!!!!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
J'attends toujours la rédaction d'une solution!!!

jelobreuil · June 2021

Bien cher Pappus,
Merci de ta réponse détaillée concernant l'étiquetage : je conçois bien qu'il soit plus logique de nommer ABC et A'B'C' deux triangles semblables quand on sait ou quand on veut définir a priori quelles sont les paires de sommets correspondants. Mais dans le cas de mon problème, je ne sais pas lequel des sommets D, E ou F de mon triangle cible correspond par exemple au sommet A de mon triangle source ABC : tout ce que j'impose est que l'un des sommets, que j'appelle arbitrairement D, de DEF soit diamétralement opposé au sommet A, sans pour autant préciser si l'angle en D doit être égal à l'angle A.
D'autre part, pourquoi t'attaches-tu au cas général et refuses-tu de traiter un cas particulier ? Parce qu'il te semble trop simple ? Que la solution soit la même dans les deux cas, je n'en disconviens point, mais pourquoi rejeter comme inintéressant le cas particulier proposé ?
Les constructions données par Ludwig et fm_31 sont des constructions d'un triangle DEF directement semblable à ABC, avec, pour Ludwig, D (A' selon Pappus) diamétralement opposé et correspondant à A. Qu'en est-il pour un triangle indirectement semblable ? ou bien pour un triangle dont ce serait l'angle en F, le point intérieur au cercle, qui correspondrait, et serait donc égal, à l'angle en A ?
Ah mais oui, je viens de comprendre ! Dans ce dernier cas, il aurait fallu, et cela donne un tout autre problème, que j'étiquette mes points D, E et F, respectivement B', C' et A' !!! Et cela impose une similitude directe, la similitude indirecte étant indiquée par un étiquetage où B' et C' sont permutés ... Bon, ayant compris cela, j'essaierai dorénavant, Pappus, de ne plus t'occasionner de torticolis ou de douloureuses céphalées !
Bien cordialement
JLB

Ludwig · June 2021

Une preuve pour la deuxième construction de fm_31 : on a $\widehat{P'PA'}=\widehat{P'B'A'}=\beta$ par le théorème de l'angle inscrit. Or $C'$ est placé sur $(P'B')$ de sorte que $\widehat{C'A'B'}=\alpha$, d'où le résultat.
Une question relative à un cas particulier est intéressante : pour un triangle $ABC$ donné, où peut-on placer $F$ pour qu'un triangle $A'B'C'$ ait son sommet $C'$ sur le cercle ? Apparaît alors une courbe qui je crois est un limaçon de Pascal : le lieu de $C'$ lorsque $A'$ varie sur le cercle. 123330

jelobreuil · June 2021

Bonjour Ludwig,
Je crains qu'il n'y ait plusieurs petites erreurs dans ton dernier message : d'abord, une évidente, un prime oublié dans l'égalité du premier paragraphe ; ensuite, ton deuxième paragraphe est assez incompréhensible en l'état ... "un sommet C' sur le cercle" ? ne serait-ce pas plutôt B' ?
Bien cordialement
JLB

Ludwig · June 2021

Merci jelobreuil, j'ai corrigé.
Pour la suite je parle bien de $C'$, car on peut dans certains cas construire le triangle $A'B'C'$ inscrit dans le cercle. Cela dépend essentiellement je crois de la position de $F$ : il faut chercher à quelle distance $d$ du point $O$ la courbe orange est complète et tangente au cercle. Si je ne dis pas de bêtise la construction sera alors possible pour $OF\geq d$. 123378

jelobreuil · June 2021

Ludwig, je suppose que cette distance $d$ dépend de la "forme" des triangles, n'est-ce pas ?
Bien cordialement JLB

Ludwig · June 2021

Pas besoin de la coquille en fait : la position limite $F_0$ se trouve en construisant le point $D$ sur le cercle tel que $A'P'D$ soit directement semblable à $ABC$ ($P'$ défini comme dans la construction de fm_31). $F_0$ est le milieu de $[P'D]$ et le point $F$ doit alors se trouver à l'extérieur du cercle orange.

Oui la distance $d$ dépend de la forme du triangle, elle doit se calculer en fonction de ses angles. 123380

Ludwig · June 2021

Un petit calcul montre que $d=r \cos(\alpha)$, où $r$ est le rayon du cercle.

Triangles semblables dans un cercle

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