Un petit truc élémentaire

Bonjour
Il me semble que oui. En effet si P est en A le triangle A'B'C' est le symétrique de ABC par rapport à la médiatrice de BC. Ensuite que devient ton triangle quand tu passes de A à P?

On peut considérer que P est l'image de A par une rotation d'angle $\theta$ et de centre O (intersection des 3 médiatrices) suivie d'une homothétie de centre O et de rapport h.

Alors sauf erreur le (nouveau) triangle A'B'C' (celui construit à partir de P) est l'image par le précédent de la rotation d'angle $-\theta$ suivie de l'homothétie de centre O et de rapport h.

Bonjour jelobreuil,

Les triangles sont orthologiques et parallélogiques donc ils sont indirectement semblables.

Amicalement

Bonjour à tous
Pour passer le temps, je commence à critiquer celle de bd2017 sur la forme puis sur le fond.
Sur la forme d'abord!
On ne dit pas, je le cite:
Alors sauf erreur le (nouveau) triangle A'B'C' (celui construit à partir de P) est l'image par le précédent de la rotation d'angle -$\theta\ $ suivie de l'homothétie de centre O et de rapport h.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour à tous
Sur le fond enfin!
Mais comme une rotation suivie d'une homothétie est une similitude directe, cela veut dire que les triangles ABC et A'B'C' sont directement semblables!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour à tous
Je critique maintenant la démonstration de Jelobreuil.
Je le cite en partie:
Puisque $\Delta_{AB}\ $ et $\Delta_{BC}\ $ sont respectivement perpendiculaires à AB et BC, on
peut écrire $(\Delta_{AB}, \Delta_{BC}) = (AB, BC) = (BA, BC) = –(BC, BA) = –<CBA$, l'angle
en B du triangle ABC. Donc, l'angle (OC', OA') est égal à l'opposé du double
de l'angle en B : (OC', OA') = –2<CBA. Or, dans le cercle circonscrit à A'B'C',
cet angle (OC', OA') correspond à l'angle au centre <C'OA', lequel est égal au
double de l'angle inscrit <C'B'A', soit l'angle (B'C', B'A') : donc, on obtient
finalement (B'C', B'A') = –(BC, BA).

J'ai dit et seriné des dizaines et des dizaines de fois qu'avant toute utilisation des angles, il fallait toujours toujours préciser la notion d'angle qu'on employait.
Jelobreuil ne l'a pas fait, il a pris ses responsabilités et on peut d'ores et déjà dire que sa preuve est caduque!
Analysons quand même son texte d'un peu plus près.
Si $L$ et $L'$ sont deux droites du plan, traditionnellement la notation $(L,L')$ désigne l'angle orienté des droites $L$ et $L'$.
Elle peut aussi désigner la mesure modulo $\pi$ de cet angle et on écrit alors $(L,L')\ $ mod $\pi.\qquad$
Mais évidemment il faut le dire avant d'écrire quoique ce soit.
L'écriture:
$$(\Delta_{AB}, \Delta_{BC}) = (AB, BC) = (BA, BC) = –(BC, BA)$$
est donc correcte qu'on utilise des angles orientés de droites ou des mesures d'angles orientés de droites.
Par contre cela se gâte dès qu'il écrit: -<$CBA$ et qu'il déclare que c'est l'angle en B du triangle ABC.
Connaissant maintenant très bien l'ami Jelobreuil, je sais qu'il entend par là un angle camembert qu'il mesurera en degrés avec son rapporteur fétiche!
On ne peut égaler des angles orientés de droites avec des angles camembert, donc la démonstration est caduque!
Et pourtant, pourtant la démonstration utilisant les angles orientés de droites tient pratiquement en deux lignes!!
$$(A'B',A'C')=(PB',PC')=(AC,AB)=-(AB,AC)\qquad$$
La première égalité résulte du théorème de l'angle inscrit, le quadrangle $(P,A',B',C')\ $ est formé de points cocycliques.
La deuxième égalité résulte du fait que $PB'\parallel AC\ $ et $PC'\parallel AB.\qquad$
La troisième égalité, c'est du cours!
Je ne me rappelle plus qui a dit dans un fil récent, le théorème de l'angle inscrit, on peut s'en passer.
Eh bien non, on ne peut justement pas s'en passer!
Je renvoie encore une fois au cours de Perrin pour savoir ce qu'il en pense!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonsoir
Une petite question indiscrète : comment construire ces droites invariantes évoquées par Rescassol?
Amicalement. Poulbot

C'est toujours comme ça la géométrie avec @Pappus? Il est fou au quoi?

Certes ma rédaction n'est pas parfaite mais on est sur un forum ! Et @Pappus je n'ai pas besoin de tes leçons pour rédiger correctement et je sais le faire très bien quand il le faut.

Si c'est toujours comme cela sur le forum de la géométrie cela donne envie de fuir.

Sur le sujet "calcul d'un angle" http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?8,2262744
Tu as été exécrable uniquement pour montrer une sorte de supériorité que tu n'as pas. Tu as voulu démonter une solution uniquement parce qu'elle utilisait des arguments élémentaires. Autrement dit un élève de 4ème aurait pu la faire.
Tu as prétendu que la solution était fausse du début à la fin et pour noyer le poisson tu as fait cela avec des figures inutiles.

Franchement cela montre que tu es un piètre matheux car pour justifier qu'une démonstration est fausse il faut de vrais arguments ce que tu n'as pas été capable de fournir.

Maintenant un ordurier. Elle est belle la géométrie !

Bonjour, voilà une preuve assez vite, (mix entre pappus et bd2017). En prenant une homothétie de centre $O$ avec $O$ centre du cercle circonscrit $(C)$ à $ABC$, on peut supposer que $P$ est sur $(C)$, puis il est facile de voir quand $P$ est un des sommets de $ABC$ les deux triangles sont semblables, puis en tournant $P$, le triangle $A'B'C'$ tourne aussi de même angle.

Mon cher Tonm
C'est une très bonne idée que tu as eu là en imposant au point $P$ d'être sur le cercle circonscrit au triangle $ABC.\qquad$.
La situation est plus simple et je pense que Jelobreuil pourrait nous en fournir une belle démonstration sans utiliser les angles orientés. Ce serait alors une démonstration du niveau lycée et peut-être même du niveau collège, qui sait?
Je salue quand même son courage malheureux quand il a essayé de les utiliser.
Il n'a pas eu peur de se mouiller, bravo!
Il s'agit simplement de démontrer que les triangles $ABC\ $ et $A'B'C'\ $ sont symétriques par rapport la droite $\delta\ $ que j'ai tracée en pointillé vert sur ma figure.
J'ajoute deux questions nettement plus difficiles.
Soit $P'\ $ le symétrique de $P\ $ par rapport à l'axe $\delta.\qquad$
Soit $Q =O+\overrightarrow{PP'}\qquad$
1° Quel est le lieu du point $Q\ $ quand $P\ $ décrit le cercle circonscrit au triangle $ABC?\qquad$
2° Quelle est l'enveloppe de la droite $PP'\ $ quand $P\ $ décrit le cercle circonscrit au triangle $ABC?\qquad$
Amicalement
[small]p[/small]appus

bd2017 a écrit:

Si c'est toujours comme cela sur le forum de la géométrie cela donne envie de fuir.

Oui. Moi je passe de temps en temps mais juste pour voir s'il y a un "nouveau" qui se fait maltraiter par pappus... (:D

Bonjour,

La deltoïde ci-dessus est l'image de la deltoïde de Steiner du triangle $ABC$ par l'homothétie de centre son centre de gravité $G\left(\dfrac{s_1}{3}\right)$ et de rapport $-2$.

Cordialement,

Rescassol

Bonjour
La droite $PP^{\prime }$ est la perpendiculaire menée de $P$ à sa droite de Simson et nos anciens savaient depuis pas mal de temps que son enveloppe était une deltoïde comme celle de le droite de Simson de $P$.
Amicalement. Poulbot