Dan Pedoe, problème 2.1
Bonjour,
Construire à la règle et au compas la figure relative au problème 2.1 du livre Japanese Temple Geometry (1989) de Dan Pedoe
(les constructions n'y sont pas détaillées), pour laquelle les cercles $(O_1)$ et $(O_2)$ ont le même rayon. En voici une (non justifiée) :
$ABC$ est un triangle équilatéral de côté $2$, $abc$ son triangle orthique, $H$ son centre.
La parallèle à $(BC)$ passant par $H$ coupe le cercle de diamètre $[BC]$ en $M$ et $N$.
$O_2$ est l'intersection de $(BN)$ et $(CM)$.
Le cercle $(O_2)$, qui passe par $a$, coupe $(MN)$ en $u$ et $v$.
$(uO_2)$ coupe $(cC)$ en $P$, $(vO_2)$ coupe $(bB)$ en $Q$.
$O_1$ est l'intersection de $(BP)$ et $(CQ)$.
Construire à la règle et au compas la figure relative au problème 2.1 du livre Japanese Temple Geometry (1989) de Dan Pedoe
(les constructions n'y sont pas détaillées), pour laquelle les cercles $(O_1)$ et $(O_2)$ ont le même rayon. En voici une (non justifiée) :
$ABC$ est un triangle équilatéral de côté $2$, $abc$ son triangle orthique, $H$ son centre.
La parallèle à $(BC)$ passant par $H$ coupe le cercle de diamètre $[BC]$ en $M$ et $N$.
$O_2$ est l'intersection de $(BN)$ et $(CM)$.
Le cercle $(O_2)$, qui passe par $a$, coupe $(MN)$ en $u$ et $v$.
$(uO_2)$ coupe $(cC)$ en $P$, $(vO_2)$ coupe $(bB)$ en $Q$.
$O_1$ est l'intersection de $(BP)$ et $(CQ)$.
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Réponses
Pour une construction analogue avec un triangle $ABC$ quelconque, voir ci-joint
Bien cordialement. Poulbot
Bien cordialement
JLB
Je trouve pour le rayon commun aux deux cercles $r=\dfrac{\sqrt{3} - \sqrt{2}}{2}$.
Cordialement,
Rescassol
Si j'ai bien suivi, c'est la longueur des côtés de $ABC$ que tu supposes égale à $1$ (et non le rayon du cercle circonscrit comme tu le fais la plupart du temps)
Bien cordialement. Poulbot
Oui, Poulbot, j'ai d'abord fait du Morley comme d'habitude en prenant le cercle circonscrit comme cercle unitaire, puis je me suis dit qu'il valait mieux présenter le résultat avec le côté du triangle $ABC$ égal à $1$.
Lequel des deux est le plus "standard" ?
Cordialement,
Rescassol
"Lequel des deux est le plus "standard" ?" Peu importe pourvu que tu nous précises ton choix.
Ma préférence irait à $r=\frac{\sqrt{3}-\sqrt{2}}{2}a$ , $a$ étant la longueur des côtés du trianglz
Bien cordialeement. Poubot
J'ajoute quelques points à votre sangaku (à démontrer pour les courageux), et une 2ème méthode de construction règle + compas.
I milieu de AB, et J milieu de IB
Quand les 2 cercles sont égaux, la médiatrice de I'H' passe par J, donc M est l'intersection de IC et du cercle de diamètre AJ.
K intersection de AF et CB. La parallèle à IC passant par K coupe AB en M', symétrique de M par rapport à AE.
La médiatrice de I'H', la droite KM', la parallèle à BC passant par H et la droite AE sont concourantes en G.
Et une dernière : IG et HF sont orthogonales.
Cordialement,
PL
Par exemple on peut démontrer assez élémentairement (surtout le cas équilatéral) qu'avec $ABC$ isocèle en $A$, $BC=1$ et $\widehat{BAC}=2\alpha$. Le point d'intersection $F$ des deux céviennes sur la hauteur $AH$ issue de $A$ vérifie $$FH=\dfrac{1}{4}\dfrac{\sqrt{-2\sin(\alpha)(-1+\sin(\alpha))}}{\sin(\alpha)}.
$$
Dans le calcul $F\in [AH]$ et ce n'est pas difficile de montrer que pour un triangle isocèle le point $F$ cherché est sur la hauteur issue de $A$ (en remarquant que les bissectrices intérieurs du quadrilatère tangentiel se coupent au centre du cercle) et sera donc unique.
En fait j'ai utilisé Maple mais le raisonnement est un paragraphe...si ça vous intéresse.
Maple donne aussi 8-) $$FH=0.25\cos(\alpha)\dfrac{\left(\sqrt{2}\sqrt{\dfrac{\sin(\alpha)+1}{\sin(\alpha)}}+2\right)}{1+\sqrt{2}\sin(\alpha)\sqrt{\dfrac{\sin(\alpha)+1}{\sin(\alpha)}}+\sin(\alpha)}.$$
Cordialement.
Une construction avec les points de tangence :