Orthologie

J'ajoute à l'intervention de {\sc Bruno} (que je salue), que l'auteur de ce très beau problème est J.{\sc Sautier}. On en trouvera le corrigé dans la Revue de Mathématiques spéciales de Mai-Juin 1999.

Bonne fin de semaine à tous,
j__j

Je suppose que tu fais allusion aux points notés $O$ et $O'$ dans ce joli problème de J. Sautier.
Ils sont nommés centres d'orthologie des triangles $ABC$ et $A'B'C'$ en géométrie du triangle.

Tu demandes leurs rôles, je pense que tu veux sans doute savoir quels sont les rapports entre ces deux points?
C'est peut-être le sens de la question posée en II.2.
Je n'ai pas lu le corrigé mais je crois qu'il demande de montrer que $O' = f(O)$ où $f$ est l'application affine telle que; $A' = f(A)$, $B' = f(B)$, $C' = f(C)$.

Voici une autre propriété surprenante de ces deux points.
Si $g$ est l'unique application circulaire directe telle que: $A' = g(A)$, $B' = g(B)$, $C' = g(C)$, alors $O' = g(O)$.
Les capésiens ne craignaient rien car je crois que la géométrie circulaire n'est pas au programme du CAPES, les agrégatifs non plus d'ailleurs car même si cette géométrie fait partie de leur programme, les membres du jury en connaissent autant qu'eux sur la question, c'est à dire pas grand chose!

Si tu t'intéresses à cette question, rends visite au beau site de Jean-Louis Ayme.
Tu y verras une démonstration synthétique du théorème de Sondat sur les triangles qui sont à la fois orthologiques et homologiques. Ce théorème dit que la droite qui joint les centres d'orthologie $O$ et $O'$ est alors orthogonale à l'axe d'homologie de ces deux triangles.

Il faut aussi noter que l'orthologie se propage aux applications affines de rang 1.

Très amicalement
Pappus



Edité 3 fois. La dernière correction date de l’an passé et a été effectuée par pappus.

Voyons

Le triangle $A'B'C'$ se déduit du triangle médian de $ABC$ par l'homothétie de centre O et de rapport $2$ ; il se déduit donc du triangle $ABC$ par l'homothétie de centre à déterminer et de rapport $-1$. Puisque les symétries centrales sont auto adjointes, les deux triangles sont orthologiques.

<img src="http://www.les-mathematiques.net/phorum/file.php?8,file=12582,in_body_attachment=1" align="top" onload="in_body_attachments_resizeimage(this)" alt="yann.png" title="yann.png">

D'autre part les orthocentres des deux triangles sont symétriques par rapport au centre de symétrie qui est donc le milieu des points $O$ et $H$ orthocentres respectifs des triangles $A'B'C'$ et $ABC$. Le centre de symétrie est donc le milieu de $O$ et $H$, c'est-à-dire le centre~$\omega$ du cercle d'Euler du triangle~$ABC$ qui est également celui du triangle $A'B'C'$.

Bruno

(N.B. Figure faite avec Géogebra, je m'y suis mis, mais quel travail sur l'image )

J'oubliais : les six points sont "coconicaux" grâce au théorème de Pascal.



Edité 1 fois. La dernière correction date de l’an passé et a été effectuée par Bruno.

Voici ta figure où Cabri a dessiné automatiquement le point invariant et les droites invariantes de l'application affine $f$ envoyant $ABC$ sur $A'B'C'$. Ces droites invariantes sont orthogonales car $f$ est orthologique.


<img src="http://www.les-mathematiques.net/phorum/file.php?8,file=12586,in_body_attachment=1" align="top" onload="in_body_attachments_resizeimage(this)" alt="psychotique1.png" title="psychotique1.png">

Pour calculer $f$ le mieux est de passer en complexes en utilisant le truc de Morley.
On suppose que les affixes $a$, $b$, $c$ des points $A$, $B$, $C$ sont de module $1$.
En introduisant les fonctions symétriques de $a$, $b$, $c$:
$\sigma _1 = a + b + c$, $\sigma_2 = bc + ca + ab$, $\sigma_3 = abc$
tu montreras que:
$f(z) = -z - \sigma_2 \overline z + \sigma_1$
et tu en profiteras pour calculer les invariants de $f$.
Amicalement
Pappus

Je reprends ce fil un peu tard, et je ne vois pas si la question de montrer que $f(O)=O'$ a été réglée. En fait, c'est élémentaire avec la symétrie de $\overrightarrow f$. En effet, on a le produit scalaire $\overrightarrow{AO}.\overrightarrow{B'C'}=0$, soit encore $\overrightarrow{AO}.\overrightarrow{f}(\overrightarrow{BC})=0$. Il s'ensuit que $\overrightarrow{f}(\overrightarrow{AO}).\overrightarrow{BC}=0$, soit encore $\overrightarrow{A'f(O)}.\overrightarrow{BC}=0$.

{\em Idem} par permutation des rôles des sommets.

Cela établit que $f(O)$ satisfait les mêmes conditions d'orthogonalité que $O'$ et, comme disent les anglo-saxons, il a suffisamment beaucoup des propriétés de ce point pour l'être.

La propriété citée par {\sc Pappus} sur le groupe circulaire m'intéresse aussi ! Je l'ai vérifiée dans le cas où $A'B'C'$ sont les symétriques de $H$ par rapport aux côtés : très inattendu effectivement !

Cordialement, j__j