Aires triangles podaires

Bonjour,

Merci cher pappus pour cette nouvelle promenade géométrique que tu nous proposes aujourd'hui; quelques remarques:

1) eh non, il ne s'agit pas de l'isogonal $Q$ de $P$ par rapport au triangle $ABC$; les triangles podaires des points $P$ et $Q$ relativement au triangle $ABC$ possèdent d'autres propriétés intéressantes...

2) Un autre résultat concernant les triangles podaires semblables, mais moins compliqué que ce que tu demandes,...et que tu connais, est que:

Si $abc$ est le triangle podaire du point $P$ relativement à $ABC$,
Si $a_1b_1c_1$ est le triangle podaire du point $P$ relativement à $abc$,
Si $a_2b_2c_2$ est le triangle podaire du point $P$ relativement à $a_1b_1c_1$,
Si $a_3b_3c_3$ est le triangle podaire du point $P$ relativement à $a_2b_2c_2$,
alors les triangles $ABC$ et $a_3b_3c_3$ sont semblables.

Permets-moi de suivre les futures interventions qui ne vont pas tarder...

Amicalement.

Re,

Il faut d'abord démontrer l'existence et l'unicité du point $P'$...

Je viens de calculer, avec la précieuse aide des Sortais [frère-soeur ou mari-épouse ??], l'aire du triangle podaire $abc$ de $P$ par rapport au triangle $ABC$, avec $O$ centre du cercle circonscrit:

$S(abc)= \dfrac{S(ABC)}{4R^2}$l$OP^2 -R^2$l
Cette relation permet de résoudre le classique lieu de $P$ dont le triangle podaire possède une aire constante donnée.

Toujours pour l'aire du triangle podaire, j'ai repris également le calcul du Berger, et il existe aussi une formule utilisant la formule de Héron.

Amicalement.

Mon cher bs
Si tu lis mes autres messages relatifs aux triangles podaires, tu verras que l'application $P \longmapsto P'$ est une inversion.
Pour répondre pleinement à ta question, il faudrait montrer l'existence d'un triangle podaire relatif à un triangle $ABC$, directement semblable à un triangle donné $A'B'C'$ et ensuite connaissant les six points $A, B, C, A', B', C'$ donner effectivement sa construction.
Je te joins sans démonstration deux figures suggérant une telle construction, la deuxième étant une conséquence de la première.
Très amicalement
Pappus

Mon cher bs
Cette construction du point $M$ dont le triangle podaire $abc$ par rapport au triangle $ABC$ est directement semblable à un triangle donné $A'B'C'$ est basée sur le fait que le point $M$ est le pôle de la transformation circulaire indirecte $f$ telle que $f(A) = A'$, $f(B) = B'$, $f(C) = C'$ c'est à dire que $f(M) = \infty$, le point à l'infini du plan.
Amicalement
Pappus

Mon cher bs
L'inversion en question est celle par rapport au cercle circonscrit au triangle $ABC$.
Tu as la formule :
$S(abc)= \dfrac{S(ABC)}{4R^2} | OP^2 -R^2 |$
(Drôle de syntaxe pour ce texte en Latex écrit par bs, Bruno ! Je ne la comprends pas mais ça marche, bizarre !)
donnant l'aire du triangle podaire $abc$ du point $P$.
Tu écris la même formule pour le triangle podaire $a'b'c'$ du point $P'$ et tu te débrouilles en tenant compte du fait que $P$ et $P'$ sont inverses.
Amicalement
Pappus

Mon cher bs

Attention, il y a une question de signe, ce doit être $\dfrac{4}{S(A, B, C)}$ à l'intérieur du cercle et $-\dfrac{4}{S(A, B, C)}$ à l'extérieur.
C'est moi qui ai eu l'idée de cet exo mais ce n'est pas un résultat très intéressant en lui-même.
Je voulais surtout faire calculer l'aire d'un triangle podaire.
Il y la méthode développée dans le Berger, très astucieuse mais pas très naturelle.
Je ne connais pas pas celle qui est proposée par Sortais, peux-tu me la résumer?
J'en connais une troisième basée sur une idée du grand Morley et utilisant les nombres complexes.
Si $abc$ est le triangle podaire de $M$ par rapport au triangle $ABC$ et si $f$ est l'application affine telle que $f(A) = a$, $f(B) = b$, $f(C) = c$, on calcule $Det(\overrightarrow f)$, laquelle application linéaire $\overrightarrow f$ est d'ailleurs symétrique ou autoadjointe c'est à dire diagonalisable dans une base orthonormée.
Amicalement
Pappus

Mon cher bs
Je te remercie. Je vois à peu près de quoi il retourne.
Ci joint la démonstration du calcul de cette aire basée sur une idée du grand Morley dans son fameux livre : Inversive Geometry, publié en 1954 aux Editions Chelsea.
J'ai d'abord besoin du lemme suivant:
Lemme 1

Toute application linéaire $f: \mathbb C \longmapsto \mathbb C$ pour la structure vectorielle de $\mathbb C$ sur le corps des réels $\mathbb R$
s'écrit:
$f(z) = a.z + b.\overline z \text{avec } (a, b) \in\mathbb C^2$.

La trace et le déterminant de $f$ sont alors donnés par le lemme suivant:

Lemme 2
$\text{Trace}(f) = a + \overline a$.
$\text{Det}(f) = |a|^2 - |b|^2$

Maintenant on considère un triangle $ABC$ et un point $P$ de son plan. Au lieu de considérer le triangle podaire de $P$ par rapport au triangle $ABC$, il sera plus simple d'évaluer l'aire algébrique du triangle formé par les symétriques $A'$, $B'$, $C'$ de $P$ par rapport aux côtés du triangle $ABC$. En fait ce triangle est homothétique du triangle podaire de $P$ dans l'homothétie de centre $P$ et de rapport $2$.
Comme on va évaluer le rapport des aires algébriques $\dfrac{S(A', B', C')}{S(A, B, C)}$, lequel est invariant par similitude, on va identifier au moyen d'une similitude $\varphi : \mathcal P \longmapsto \mathbb C$ le plan euclidien $\mathcal P$ du triangle $ABC$ avec $\mathbb C$ de façon que le cercle circonscrit au triangle $ABC$ devienne le cercle unité de $\mathbb C$. ( Yes, we can!)
Je noterai $a = \varphi(A)$, $b = \varphi(B)$, $c = \varphi(C)$, $a' = \varphi(A')$, $b' = \varphi(B')$, $c'= \varphi(C')$, $\rho = \varphi(P)$, les affixes respectives des points $A$, $B$, $C$, $A'$, $B'$, $C'$, $P$.
On a donc par hypothèse: $|a| = |b| = |c| = 1$.
On est ainsi ramené à un problème dans $\mathbb C$.
Evaluons maintenant les affixes $a'$, $b'$, $c'$.
L'application $z \longmapsto -bc \overline z + b + c$ est une similitude indirecte de $\mathbb C$ fixant les points $b$ et $c$ car $b\overline b = c\overline c = 1$. C'est donc la symétrie par rapport à la droite joignant les points $b$ et $c$.
Donc $a' = -bc\overline{\rho} + b + c$ et de même, on a: $b' = -ca\overline{\rho} +c+a$ et $c' = -ab\overline{\rho} + a + b$.
On introduit maintenant les fonctions symétriques élémentaires des complexes $a$, $b$, $c$:
$\sigma_1 = a+b+c$
$\sigma_2 = bc + ca +ab$
$\sigma_3 = abc$.
On définit maintenant l'application $f:\mathbb C \longmapsto \mathbb C$ par:
$f(z) = -z -\sigma_3 \overline{\rho}\overline z + \sigma_1$
D'après le lemme 1, $f$ est une application affine de $\mathbb C$ dans $\mathbb C$ dont la partie linéaire $\overrightarrow f$ est définie par:
$\overrightarrow f(z) = -z -\sigma_3 \overline{\rho}\overline z $
De plus, on vérifie immédiatement que:
$f(a) = a'$, $f(b) = b'$, $f(c) = c'$.
D'après le lemme 2:
$\text{Det}(\overrightarrow f) = 1 - |\rho|^2$

Maintenant soit $O$ le centre du cercle circonscrit au triangle $ABC$ et $R$ son rayon.
Puisque $\varphi$ est une similitude, on a $|\rho| = \dfrac{OP}{R}$
Ainsi on a finalement:
$\dfrac{S(A', B', C')}{S(A, B, C)}=\text{Det}(\overrightarrow f) = 1 -|\rho|^2 = 1 -\left(\dfrac{OP}{R}\right)^2$
Amicalement
Pappus

Le vieux Pappus perd un peu la mémoire ainsi que ses fils!
Peux tu me citer exactement en me rappelant en plus la date de mon intervention?
Ce qui est certain dans cet histoire de triangles podaires, c'est que la géométrie circulaire y joue un rôle essentiel.
Tu devrais faire un petit résumé de ce que j'ai dit à ce sujet pour qu'on fasse le point.
Sur l'aspect spectral en revanche, c'est la géométrie affine euclidienne qui reprend ses droits.
Partons d'un triangle $ABC$ et d'un point $P$ dont le triangle podaire est $A'B'C'$ et soit $f$ l'application affine telle que $f(A) = A'$, $f(B) = B'$, $f(C) = C'$, alors sa partie linéaire $\overrightarrow f$ est un opérateur symétrique et ses valeurs propres sont donc réelles. Il se trouve qu'on peut les calculer très facilement ainsi que les sous-espaces propres qui sont orthogonaux. Le produit des valeurs propres qui est le déterminant de $\overrightarrow f$ est le rapport des aires algébriques $\dfrac{S(A', B', C')}{S(A, B, C)}$.
Autrefois, une telle application affine était cataloguée comme orthologique.

Fais une petite recherche sur le net pour voir ce que Google en dit!
Et va en particulier sur le site de MathWorld. Tu peux aussi regarder ce qui en a été dit dans des revues françaises comme Tangente ou Quadrature.
Puisque tu aimes les complexes, tu peux essayer de faire les calculs en supposant que le cercle circonscrit au triangle $ABC$est le cercle unité du plan complexe, c'est ce que j'appelle le "Morley's trick" car il adorait utiliser ce truc!
Tiens moi au courant.
Amicalement
Pappus

Mon cher Georges
Effectivement, je m'aperçois que j'ai plus ou moins répondu à ta question dans mon message paru dans ce fil, le vendredi 5 décembre 2008 à 17H36'55" GMT.
Lis bien la démonstration qui reprend pas à pas les calculs du grand Morley dans son ouvrage immortel: Inversive Geometry!

Je te joins une figure sur les triangles podaires respectifs $UVW$ et $U'V'W'$ de deux points $M$ et $M'$ inverses par rapport au cercle circonscrit au triangle $ABC$.
La droite $MM'$ passe par le centre $O$ de ce cercle et le recoupe en deux points diamétralement opposés $R$ et $S$.
J'ai tracé en rouge les droites de Simson des points $R$ et $S$ par rapport au triangle $ABC$. Ce sont les axes de la similitude indirecte transformant $UVW$ en $U'V'W'$. Leur intersection $\Omega$, située sur le cercle d'Euler du triangle $ABC$ est le centre de cette similitude dont je te laisse le soin de calculer le rapport.
Ce point $\Omega$, (cher à Teilhard), est l'orthopôle du diamètre $RS$.
Inutile de te dire que cette configuration est connue depuis belle lurette!
Rien n'est nouveau sous le Soleil de la Géométrie du Triangle!

Amicalement
Pappus

Bonjour Pappus,
Toujours en lien avec le fil "inversions pour fluorhydrique" ...
(trouvé avec Google et les mots clés "triangles podaires" et "inversion"
Bien cordialement

Bonsoir à tous
J'avais complètement oublié ce vieux fil où je Rescassolisais sans le savoir!
Je pense que nous avons déjà parlé ici même dans des fils à retrouver des $FLTI$ des triangles podaires, introduites il y a bien longtemps par Neuberg.
Il est très facile de déterminer le triangle d'aire algébrique extrémale d'une $FLTI$ de triangles podaires. Comment le déterminer d'ailleurs?
Plus intéressant est de résoudre ce problème pour une $FLTI$ quelconque?
Comment faire?
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Ci dessous une construction que j'ai trouvée, il y a au moins deux décennies et sans doute susceptible d'amélioration car elle est un peu alambiquée!
On considère la $FLTI$ des triangles inscrits dans le triangle $ABC$ d'équicentre $E$ et de centre aréolaire $S$.
$O$ est le milieu du segment $ES$ et $\Gamma$ est la conique inscrite de centre $O$.
Quand j'étais seul dans mon petit coin, je l'appelais la conique d'incidence mais je crois que pldx1 l'appelle maintenant dans son glossaire la conique pilier.
Je mène par $E$ la parallèle au côté $BC$. Soit $\alpha$ son pôle par rapport à $\Gamma$ et $u=E\alpha\cap BC$.
On construit de façon analogue les points $v\in CA$ et $w\in AB$.
Alors le triangle $uvw$ est le triangle de la $FLTI$ d'aire algébrique extrémale

Bonjour
Je reprends ma construction du triangle d'une $FLTI$ d'aire algébrique extremum en faisant apparaître plus clairement ses éléments de réduction, (supposés être à distance finie), en utilisant largement les notations du glossaire de pldx1 qui ont le grand mérite d'être en ligne.
Sur ma figure, on considère la $FLTI$ d'équicentre $E$ et de (centre aréolaire) ou centre des lenteurs $S$.
Le point $\omega$ est le milieu de $ES$.
$\Gamma$ est la conique inscrite de centre $\omega$.
pldx1 l'appelle key conic c'est à dire conique clé, faute de mieux en français.
Quant à moi, je l'avais appelée pendant des décennies, conique d'incidence.
Le point de service de $\Gamma$ est l'unique point $\Omega$ tel que les triangles $ABC$ et $ES\Omega$ aient le même centre de gravité $G$.
pldx1 l'appelle key point c'est à dire point clé quand je l'appelais centre des divisions (semblables).
Le perspecteur $\Omega'$ de $\Gamma$ est donc le point isotomique de $\Omega$, ce qui donne une construction simple des points de contact $p$, $q$, $r$ de $\Gamma$ avec les côtés du triangle $ABC$.
$\Delta$ est la (défunte) polaire de l'équicentre $E$ par rapport à $\Gamma$.
$\alpha=\omega p\cap \Delta$, $\beta=\omega q\cap \Delta$, $\gamma=\omega r\cap \Delta$
$u=E\alpha\cap BC$, $v=E\beta\cap CA$, $w=E\gamma\cap AB$.
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Evidemment, cette construction est compliquée et je ne l'ai pas trouvée par hasard.
Sans doute peut-on faire mieux, avis aux amateurs!
Ceci me donne l'idée du problème inverse.
On se donne un triangle $abc$ inscrit dans le triangle $ABC$.
Déterminer les $FLTI$ dont $abc$ est le triangle d'aire algébrique extremum.
On peut déjà s'entraîner avec les $FLTI$ de triangles podaires. Cela ne mange pas de pain!
Enfin on peut supposer qu'on travaille dans le plan euclidien et invoquer les mânes de Pythagore. Va-t-il nous sauver des infects marécages affines?
La $FLTI$ se décrit alors via des similitudes directes et il existe sans doute une construction simple (à trouver) du triangle extremum $uvw$ ne faisant intervenir que ces centres, des droites et le cercle de similitude!
L'idée serait de donner une construction simple du point de Miquel du triangle $uvw$ dans le triangle $ABC$ dont on sait qu'il se trouve sur le cercle de similitude!
On éviterait ainsi d'utiliser des coniques dont plus personne ne connaît la théorie!

Bonjour à tous
Il n'y a pas besoin d'être un spécialiste des $FLTI$ pour comprendre ce problème!
Sur la figure ci-dessous, on se donne le triangle inscrit $uvw$ dans le triangle $ABC$.
Ensuite on se donne la transversale (ou ménélienne, c'est plus poétique!), $L=abc$.
Enfin, on prend les symétriques: $a'$ de $a$ par rapport à $u$, $b'$ de $b$ par rapport à $v$, $c'$ de $c$ par rapport à $w$.
Comme on le constate, les points $a'$, $b'$, $c'$ n'ont aucune raison divine ou humaine d'être alignés.
La question est donc, comment choisir la transversale ou ménélienne $L$ pour qu'il en soit ainsi?
C'est donc bien un exercice pour les sectateurs de triplets de points alignés.
On sent bien que compte tenu de la vacuité de nos programmes, cela va être une fois de plus atroce!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour à tous
Comment m'y suis-je pris pour faire la figure sans me lancer dans le moindre calcul nauséabond?
Une petite énigme dans cet exercice!
Je me donne le point $a\in BC$. Son symétrique $a'$ par rapport à $u$ est donc connu.
Ensuite je prends une transversale ou ménélienne variable $L=abc$ passant par $a$ et je trace le point $b'$ symétrique de $b$ par rapport à $v$ et le point $c'$ symétrique de $c$ par rapport à $w$.
J'ai tracé en rouge la droite $b'c'$ qui, on l'a vu, n'a aucune raison de passer par $a'$.
Que peut-on en dire néanmoins?
C'est là que la défunte théorie des coniques projectives intervient.
La correspondance $b'\iff c'$ est homographique et par suite la droite $b'c'$ enveloppe une conique $\gamma_a$ quand la droite $L$ pivote autour du point $a$.
On se doute bien que le tracé de $\gamma_a$ est essentiel pour la suite et qu'on ne peut se contenter des béotiennes classifications des coniques pour ce faire.
J'ai donc tracé ma conique $\gamma_a$ le plus soigneusement possible!
Comment ai-je alors continué?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour à tous
Le cas particulier 1° est particulièrement intéressant!
C'est celui où le triangle $uvw$ est le triangle médial $A'B'C'$.
Etant donné une transversale ou ménélienne $L=abc$, les points $a'$, symétrique de $a$ par rapport à $A'$, $b'$ symétrique de $b$ par rapport à $B'$, $c'$ symétrique de $c$ par rapport à $C'$ sont automatiquement alignés sur une transversale ou mélénienne $L'=a'b'c'$ et appelée droite isotomique de $L$ par rapport au triangle $ABC$.
C'est vraiment le super-pied pour un sectateur de triplets de points alignés.
On a souvent parlé de cette configuration ici- même mais aujourd'hui on va particulièrement s'y intéresser du point de vue de la théorie des $FLTI$.
Quels sont les éléments de réduction de cette $FLTI$: équicentre, centre aréolaire, centre des divisions ou key point=point clé, conique d'incidence ou key conic=conique clé, triangle des graphes, etc...
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonsoir
Voici cette $FLTI$ dans toute sa splendeur.
Tout d'abord comme le triangle médial est un triangle de la $FLTI$, ceci implique que le triangle des graphes est circonscrit au triangle médial.
D'autre part le centre aréolaire $S$ est l'image de l'équicentre $E$ dans l'application affine $A'B'C'\mapsto ABC$.
Comme c'est l'homothétie de centre le centre de gravité $G$ et de rapport $-2$, $S$ est l'anticomplément de $E$ dans le jargon des sectateurs de la géométrie du triangle.
Il en résulte alors que $E=\Omega$, le centre des divisions ou key point=point clé.
Le triangle des graphes $A''B''C''$ est l'image du triangle médial $A'B'C'$ dans l'homologie de pôle $E$, d'axe la polaire trilinéaire de $E$ par rapport au triangle médial et de birapport $-\frac 12$.
C'est le pied pour les adorateurs des triplets de points alignés.
Enfin le triangle des graphes est circonscrit à la conique d'incidence ou key conic= conique clé.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour à tous
Je reprends ma figure précédente.
Je choisis un équicentre $E$ sur la conique $\gamma$ circonscrite à l'hexagone $uw'vu'wv'u$.
Le centre aréolaire $S$ est l'image de $E$ par l'application affine $uvw\mapsto ABC$.
Je trace la conique d'incidence ou key conic= conique clé $\Gamma$ qui n'est autre que la conique inscrite dans le triangle $ABC$ de centre $O$ le milieu de $ES$.
Je mène par $E$ les tangentes à $\Gamma$ pour obtenir les transversales $L=(abc)$ et $L'=(a'b'c')$ telles que $u$ est le milieu de $aa'$, $v$ est le milieu de $bb'$, $w$ est le milieu de $cc'$.
Après cela, il est difficile de ne pas dire merci à la théorie des $FLTI$!
Cette construction tombe en défaut dans le cas particulier n°1 où $uvw$ est le triangle médial mais qu'en est il du cas particulier n°2 où les points $u$, $v$, $w$ sont alignés?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour
Voilà la figure que j'ai en tête!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour à tous
Voilà ce qui se passe quand $L$ est un diamètre du cercle circonscrit au triangle $ABC$.
Les hyperboles équilatères $\Gamma'_T$ ne dépendent pas de $T$.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour à tous
Et j'ai bien fait de dire en général car j'ai trouvé des $FLTI$ particulières admettant une infinité de générations du genre podaire affine.Par contre je ne sais pas s'il y en a d'autres.
Il faudrait faire des calculs et je ne suis pas très doué pour les faire.
J'explique un peu ma figure tracée dans le plan affine.
L'Axiome de Pythagore m'a laissé tomber, sniff

Dis, quand reviendras-tu?
Dis, au moins le sais-tu?
Que tout le temps qui passe ne se rattrape guère
Que tout le temps perdu
Ne se rattrape plus

Je suis parti d'un triangle $ABC$ et d'un point $H$ quelconque mais qui dans ma tête avait vocation de jouer le rôle d'orthocentre.
$O$ est le complément de $H$ dans le triangle $ABC$ et j'ai tracé la conique circonscrite au triangle $ABC$ sur laquelle j'ai choisi un point $S$ qui sera notre centre aréolaire.
J'ai ensuite tracé le complément $E$ de $S$ qui sera notre équicentre.
J'ai tracé deux triangles $T=(abc)$ et $T'=(a'b'c')$ de notre $FLTI$.
J'ai tracé en rouge la conique hexagonale $\Gamma_T$ circonscrite à l'hexagone $a\gamma b\alpha c\beta a$.
J'ai ensuite tracé en bleu la conique $\Gamma'_T$, image de $\Gamma_T$ par l'application affine $abc\mapsto ABC$.
Cette conique ne dépend pas de $T$ et c'est en fait la conique circonscrite au triangle $ABC$ de perspecteur $S''$ le complément de l'isotomique de $S$ dans le triangle $ABC$.
J'ai choisi ensuite un point $\Phi$ quelconque sur $\Gamma'_T$.
Les parallèles issue de $a$ à $A\Phi$, de $b$ à $B\Phi$, de $c$ à $C\Phi$ sont alors concourantes en un point $M(\Phi)$.
Trois droites concourantes, vous rendez-vous compte, n'est-ce pas le super-pied?
Quand le triangle $T$ varie dans la $LFTI$, le lieu de $M(\Phi)$ est une droite $L(\Phi)$ dont on pourrait dire bien des choses!
Quand le point $\Phi$ varie sur $\Gamma'_T$, le lieu de $M(\Phi)$ est la conique hexagonale $\Gamma_T)$.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour à tous
Je n'ai pas fait les calculs certainement indigestes mais j'ai pu prouver avec mon logiciel que les $FLTI$ pour lesquelles les coniques hexagonales et les coniques divisionnaires ou temporelles coïncident sont celles pour lesquelles l'équicentre est le complément du centre aréolaire $S$ c'est à dire celles pour lesquelles le triangle médial est un triangle de la $FLTI$.
Ceci équivaut à dire que le centre divisionnaire ou key point=point clé coïncide avec l'équicentre!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour à tous
J'ai repris la figure précédente de notre $FLTI$ dont j'ai tracé un triangle $T=(abc)$ et en rouge sa conique hexagono-temporelle.
$f_T$ est toujours l'application affine $abc\mapsto ABC$
J'ai tracé en bleu l'image par $f_T$ de cette conique rouge. C'est donc une parabole circonscrite au triangle $ABC$ et de direction asymptotique $\delta$ car on sait que $\delta$ est un sous-espace propre de $f_T$, pour quelle valeur propre au fait?.
Cette parabole bleue ne dépend donc pas de $T$!
J'ai choisi dessus un point quelconque $\Phi$ qui me définit les trois directions $(A\Phi,B\Phi,C\Phi)$.
Les parallèles respectives issues de $a$ à $A\Phi$, de $b$ à $B\Phi$, de $c$ à $C\Phi$ sont concourantes en un point $m(\Phi)$ situé sur la parabole hexagono-temporelle rouge de $T$, le lieu du point $M(\Phi)$ étant une droite $L(\Phi)$ quand $T$ varie dans la $FLTI$.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonsoir
Il faudrait déjà expliquer pourquoi ma construction marche. Logiquement j'ai dû le faire dans un autre fil précédant celui ci mais pour le moment j'ai la flemme de le rechercher.
Il n'est pourtant pas très difficile de la justifier à condition de se rappeler les propriétés du groupe circulaire.
Ce dernier possède un sous-groupe d'indice $2$ formé des transformations circulaires directes.
Celles-ci ont le bon gout de conserver le birapport de quatre points, noté $(A,B,C,D)$ qui est un nombre complexe.
Le module de $(A,B,C,D)$ est $\dfrac{CA}{CB}:\dfrac{DA}{DB}$ et son argument est:$(\overrightarrow{CA},\overrightarrow{CB})-(\overrightarrow{DA},\overrightarrow{DB})$
Ainsi si $f$ est une transformation circulaire directe et si on note les images $A'=f(A)$, $B'=f(B)$, $C'=f(C)$, $D'=f(D)$, l'égalité entre birapports:
$$(A,B,C,D)=(A',B',C',D')$$
se traduit par les deux égalités:
$$\dfrac{CA}{CB}:\dfrac{DA}{DB}=\dfrac{C'A'}{C'B'}:\dfrac{D'A'}{D'B'}$$
$$(\overrightarrow{CA},\overrightarrow{CB})-(\overrightarrow{DA},\overrightarrow{DB})=(\overrightarrow{C'A'},\overrightarrow{C'B'})-(\overrightarrow{D'A'},\overrightarrow{D'B'})$$
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
On ne peut pas dire que les choses soient simples aussi bien pour les longueurs que pour les angles mais la vie est ainsi faite et il va falloir faire avec.
Il n'y a ni conservation des longueurs ni conservation des angles mais la conservation de ces deux quantités un peu compliquées.
Et pourtant une transformation circulaire directe conserve quand même les angles. Ca vous en bouche un coin!!
Encore un autre casse tête qu'on a plus besoin d'expliquer puisque le groupe circulaire a heureusement disparu de la circulation mais que je vous expliquerai quand je serai dans les bonnes dispositions.

Bonsoir
J'explique maintenant pourquoi une transformation circulaire conserve les angles.
C'est en fait une propriété de géométrie différentielle.
Tout simplement les transformations circulaires sont de classe $\mathcal C^1$ (et même $\mathcal C^{\infty}$).
La différentielle en un point d'une transformation circulaire est une similitude (directe pour les transformations circulaires directes et indirecte pour les transformations circulaires indirectes), c'est incroyable comment les choses sont bien faites!!
Et comment le démontre-t-on, me direz vous?
Eh bien il suffit de regarder le cas des inversions qui sont les générateurs de ce groupe et de montrer que la différentielle en un point d'une inversion est une similitude indirecte et ce en toute dimension!!
Puis on applique la fameuse chain rule de nos amis anglais!
Allez au boulot, exécution dans les délais les plus brefs!
Mais le calcul différentiel est-il encore au programme?
Je n'en sais rien et je n'en ai rien à cirer!
Application immédiate:
Justifier ma construction du triangle podaire semblable à un triangle donné.
C'est facile avec ce que j'ai raconté dans le fil:

Triangles podaires et géométrie circulaire

Amicalement
[small]p[/small]appus