droites concourantes
dans Géométrie
Bonjour,
On me transmet la question suivante :
Soit I le centre du cercle inscrit au triangle ABC.
Ia, Ib et Ic sont les symétriques de I respectivement par rapport à (BC), (CA) et (AB).
Démontrer que les droites (AIa), (BIb) et (CIc) sont concourantes.
et j'avoue que je sèche...
Merci de votre aide,
D.S
On me transmet la question suivante :
Soit I le centre du cercle inscrit au triangle ABC.
Ia, Ib et Ic sont les symétriques de I respectivement par rapport à (BC), (CA) et (AB).
Démontrer que les droites (AIa), (BIb) et (CIc) sont concourantes.
et j'avoue que je sèche...
Merci de votre aide,
D.S
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Réponses
Soit A', B', C' les milieux des côtés de ABC. A'B'C' est le triangle des milieux et IaIbIc se déduit de A'B'C' par l'homothétie de centre O et de rapport 2. Donc ABC et IaIbIc sont homothétiques de rapport -1.
Bruno
cette question a été étudiée par Lemoine, redécouverte par Kariya, puis récemment par Gray.
Le point de concours fait parti des points dits de Kariya dans la Géométrie du triangle.
Pour votre problème, il y a deux et peut être d'autres approches
(1) la plus rapide par le théorème de Jacobi p. 22 http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/vol5.html
(2) Le point de Gray p. 8 http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/vol2.html
J'observe que tu continues tes recherche après la droite de M. S. avec ses douze points
Sincèrement
Jean-Louis
[Activation des liens. AD]
D.S
D'ailleurs, qu'appelles-tu O ?
Daniel S.
Bruno
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[size=small]Créé avec GeoGebra[/size]
Et si on appelle $I_i$ le point obtenu avec le centre du cercle inscrit et $A_e, B_e, C_e$
avec les trois centres des cercles exinscrits, que peut on dire de la configuration
de ces 4 points ? Il me semble que $I_i$ est l'orthocentre du triangle $A_eB_eC_e$ :
Mais la démonstration ?
Bruno
1) Que se passe-t-il quand tu vas voir cette page ?
2) Que se passe-t-il quand tu vas voir cette page ?
3) Que se passe-t-il quand tu exportes une feuille de travail dynamique que tu fais en Geogebra en page html (menu Fichier>Exporter, et que tu ouvres ce fichier html dans ton navigateur ?
Un immonde calcul en coordonnées barycentriques ?
le calcul barycentrique est faisable quoique long,
je voulais (mais est-ce possible ?) une courte et
élégante méthode géométrique !
On obtient une démonstration remarquablement simple en utilisant le théorème de Céva:
( r cotan(c/2) ) / ( r cotan(a/2) ) * ( r cotan(a/2) ) / ( r cotan(b/2) ) * ( r cotan(b/2) ) / ( r cotan(c/2) ) = 1
Emmanuelle
Une autre propriété de cette figure (à démontrer) :
La droite $(II_i)$ est parallèle à la droite d'Euler du triangle $ABC$.
Ainsi que les droites $(AA_e), (BB_e), (CC_e)$ .
Cordialement,
Rescassol
Excuse-moi, mais je pensais t'avoir répondu. Je re prendrai ce problème dès mon retour de Paris jeudi après-midi et te ferai des réponses circonstanciées.
Pour l'instant, a priori, la réponse aux questions est : il ne se passe rien ! La machine java se bloque en toute tranquillité au démarrage. Par contre sur le portable, elle fonctionne, mais ne s'arrête pas et empêche firefox de se fermer, j'ai du arrêté les deux processus à la main via le gestionnaire des tâches ce qui est toujours un exercice périlleux (l'ordi risque de ne pas redémarrer si l'on fait des trucs à tort et à travers). En fait, il me semble que sur mon fixe la machine java s'active mais le processus ne démarre pas et sur le portable elle fonctionne mais le processus ne s’arrête pas ce qui peut à tout moment figer l'ordinateur (pour arrêter couper le fil électrique :-(.
Merci de ton attention,
Bruno
les sommets A B C aux projections orthogonales de I sur les
cotés sont concourrantes, mais il s'agit des symétriques de ces projections !
Daniel
\begin{pspicture*}(2.9,-6.6)(14.1,4.2)
\pspolygon[linewidth=0.4pt](6.75,-1.34)(6.95,-1.18)(6.79,-0.98)(6.59,-1.14)
\pspolygon[linewidth=0.4pt](8.03,-0.31)(8.23,-0.15)(8.07,0.05)(7.87,-0.11)
\pspolygon[linewidth=0.4pt](8.39,-3.37)(8.59,-3.21)(8.43,-3.01)(8.23,-3.17)
\pspolygon[linewidth=0.4pt](9.67,-2.34)(9.87,-2.18)(9.71,-1.98)(9.51,-2.14)
\psline(3.4,-3.72)(13.76,-3.72)
\psline(13.76,-3.72)(12.76,3.84)
\psline(12.76,3.84)(3.4,-3.72)
\psline(10.78,-1.11)(10.78,-6.33)
\pscircle(10.78,-1.11){2.61}
\psline(10.78,-3.72)(7.87,-0.11)
\psline(10.78,-1.11)(9.14,0.92)
\psline(10.78,-6.33)(6.59,-1.14)
\psline(10.78,-1.11)(8.23,-3.17)
\psdots(12.76,3.84)
\rput[bl](12.84,3.95){$A$}
\psdots(3.4,-3.72)
\rput[bl](2.98,-3.87){$B$}
\psdots(13.76,-3.72)
\rput[bl](13.84,-3.62){$C$}
\psdots(10.78,-1.11)
\rput[bl](10.86,-1){$I$}
\psdots(10.78,-6.33)
\rput[bl](10.86,-6.22){$J$}
\psdots(10.78,-3.72)
\rput[bl](10.86,-3.62){$H$}
\psdots(9.14,0.92)
\rput[bl](8.91,0.96){$I'$}
\psdots(7.87,-0.11)
\rput[bl](7.57,-0.09){$H'$}
\psdots(6.59,-1.14)
\rput[bl](6.35,-1.05){$J'$}
\psdots(9.51,-2.14)
\rput[bl](9.41,-1.91){$H''$}
\psdots(8.23,-3.17)
\rput[bl](8.13,-2.94){$J''$}
\end{pspicture*}
On a successivement, en notant \(\beta = \tan\dfrac{\hat B}2\)~:
\begin{align*}
\mathrm{BH}&=\mathrm{IH}\cot\frac{\hat B}2=\frac r\beta \\
\mathrm{HH'}&=\mathrm{BH}\sin\hat B=\frac r\beta \frac{2\beta}{1+\beta^2}=\frac{2r}{1+\beta^2} \\
\mathrm{JJ'}&=\mathrm{JJ''}+\mathrm{J''J'}=2\mathrm{HH''}+r=2(\mathrm{HH'}-r)+r=\frac{4r}{1+\beta^2}-r=r\frac{3-\beta^2}{1+\beta^2}
\end{align*}
Comme \(\beta^2 = \dfrac{1-\cos\hat B}{1+\cos\hat B}\), il en résulte~: \(\mathrm{JJ'}=r(2\cos\hat B+1)\).
On en déduit que les coordonnées trilinéaires du point \(\mathrm{J}\) sont~: \(\bigl[-r,r(2\cos\hat C+1),r(2\cos\hat B+1)\bigr]\), et qu'un système de coordonnées barycentriques de \(\mathrm{J}\) est~: \(\bigl[-a,b(2\cos\hat C+1),c(2\cos\hat B+1)\bigr]\).
Les symétriques orthogonaux du centre \(\mathrm{I}\) du cercle inscrit par rapport aux côtés du triangle admettent les coordonnées barycentriques~:
\begin{gather*}
\bigl[-a,b(2\cos\hat C+1),c(2\cos\hat B+1)\bigr]\\
\bigl[a(2\cos\hat C+1),-b,c(2\cos\hat A+1)\bigr]\\
\bigl[a(2\cos\hat B+1),b(2\cos\hat A+1),-c\bigr]
\end{gather*}
et ils appartiennent donc aux céviennes du point de coordonnées barycentriques~:
\[\left[\frac a{2\cos\hat A+1},\frac b{2\cos\hat B+1},\frac c{2\cos\hat C+1}\right].\]
[Edit : corrigé d'après la remarque de zephir.]
J'ai lu ta démo ci-dessus et j'ai un souci de signe concernant les coordonnées trilinéaires de $J$. La première devrait être (si je ne m'abuse) $-r$, pour cause de position.
Un fait curieux. En appelant $J_A$ ce que tu appelles $J$, $J_B$ et $J_C$ les deux autres points analogues, on s'aperçoit la 1ere coordonnée de $J_A$, la 2eme de $J_B$ et la 3eme de $J_C$ n'interviennent pas dans la concourance des droites $AJ_A$, $BJ_B$ et $CJ_C$. Ceci explique cela.
J'étais partie dans une autre voie:
M étant un point quelconque, on définit Ma, Mb et Mc comme précédemment Ia, Ib et Ic: symétriques par rapport aux côtés du triangle.
Problème: Quels sont les points M pour lesquels les droites AMa, BMb et CMc sont concourantes?
Exact ; comme cette coordonnée n'a aucune importance, je n'ai pas vérifié sa valeur... je rectifie donc ma réponse.
Amicalement
Pappus
PS
Que se passe-t-il quand le triangle $ABC$ est isocèle, équilatéral?
Le temps de faire le calcul, qui n'est que le prolongement du calcul de gb et tu me coupes l'herbe sous les pieds. C'est effectivement une cubique dont l'équation n'a rien de particulièrement excitant.
voir K001 (cubique de Neuberg) qui est l'ensemble des points P vérifiant la même propriété.
C'est une cubique Q-isogonale donc passant par les centres des cercles inscrit ou exinscrit .
Bien cordialement
kolotoko
-1&0&0\\
\dfrac{a^2+b^2-c^2}{a^2}&1&0\\[0.3cm]
\dfrac{a^2-b^2+c^2}{a^2}&0&1
\end{Vmatrix}
$
Si $A'$, $B'$, $C'$ sont les symétriques respectifs de $M(x,y,z)$ par rapport aux droites $BC$, $CA$ , $AB$, les équations des droites
$AA'$, $BB'$, $CC'$ sont respectivement :
\begin{align*}
\dfrac Y{(a^2 + b^2 -c^2)x + a^2y} &=\dfrac Z{(a^2 - b^2 +c^2)x + a^2z} \\
\dfrac Z{(b^2 + c^2 -a^2)y + b^2z}&=\dfrac X{(b^2 - c^2 +a^2)y + b^2x} \\
\dfrac X{(c^2 + a^2 -b^2)z + c^2x}&=\dfrac Y{(c^2 - a^2 +b^2)z + c^2y}
\end{align*}
La CNS pour que ce système linéaire homogène en $(X, Y, Z)$ soit compatible s'écrit immédiatement:
$
\big((a^2 + b^2 -c^2)x + a^2y\big)\big((b^2 + c^2 -a^2)y + b^2z\big)\big((c^2 + a^2 -b^2)z + c^2x\big) =$
$\qquad\qquad = \big((a^2 - b^2 +c^2)x + a^2z\big)\big((b^2 - c^2 +a^2)y + b^2x\big)\big((c^2 - a^2 +b^2)z + c^2y\big)
$
En tout cas, l'équation barycentrique homogène de la cubique de Neuberg n'est pas si terrible que cela à obtenir, par contre le développement de cette expression n'est effectivement pas très réjouissant !
Sous cette forme, on voit immédiatement que les centres des cercles inscrit et exinscrits $(a, \pm b, \pm c)$ sont sur la cubique.
Amicalement
Pappus
[A ton service.
Amicalement
Pappus
Dans le cas du centre du cercle inscrit, le point de concours est X(79) (voir le site de l'ETC).
Les trois autres n'y sont pas référencés.
Cordialement,
Rescassol
le cercle de centre A passant par B et C + la hauteur issue de A
Amicalement.
1. pour Zo! : oui, cela est aussi vrai avec les cercles exinscrits car cela rentre dans la théorie de l'extraversion
2. pour Rescassol : je ne connais pas cette conjecture qui est très intéressante ; quant à la droite évoquée, parallèle à la droite d'Euler, c'est Stephen Gray qui l'a mise en valeur et que j'ai démontrée synthétiquement dans mon site.
3. pour DanielSaada : a-t-on répondu à tes attentes "je voulais (mais est-ce possible ?) une courte et élégante méthode géométrique ! "
Sincèrement
Jean-Louis
(sous-entendu affine) était sans doute une chimère, car vos épatantes
contributions à tous prouvent que c'est un difficile problème métrique.
Encore merci à tous,
Daniel S.
Si M décrit la cubique de Neuberg, quel est le lieu du point de concours P obtenu ?
Et est ce que (MP) est toujours parallèle à la droite d'Euler (je n'ai pas de dessin de cette cubique
qui n'a pas l'air facile à dessiner dans Géogébra), sinon quelle est son enveloppe ?
Cordialement,
Rescassol
voir K060, dans le site de Bernard Gibert consacré aux cubiques.
Bien cordialement
kolotoko
Voici le lieu du point M. Il est intéressant de bouger les points P et X, mais on peut également bouger les sommets A, B et C du triangle initial.
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RMFF+I4AokLH+nrSlRFOq8e2ObS7rZL8uM8mz/zPm3sZ2zBDDe8KOqgkq/pn/91UAXkGwrYFSL2FETPuOs2RM/Z5P8dREfrH776L8Sbr+c//Q9QSwcIJNAOOVQJAABvLwAAUEsBAhQAFAAIAAgAoJijPhpJkVc1BQAA4BsAABIAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAGdlb2dlYnJhX21hY3JvLnhtbFBLAQIUABQACAAIAKCYoz4k0A45VAkAAG8vAAAMAAAAAAAAAAAAAAAAAHUFAABnZW9nZWJyYS54bWxQSwUGAAAAAAIAAgB6AAAAAw8AAAAA"/>
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Sorry, the GeoGebra Applet could not be started. Please make sure that Java 1.4.2 (or later) is installed and active in your browser (<a href="http://java.sun.com/getjava">Click here to install Java now</a>)
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$(bc+ca+ab)z^2\overline z-abc(a+b+c)z\overline{z}^2 -(a+b+c)z^2+abc(bc+ca+ab)\overline{z}^2+(a^2+b^2+c^2)z -(b^2c^2+c^2a^2+a^2b^2)\overline z=0$
Peut-on utiliser cette équation pour prouver que les sommets des triangles de Napoléon sont sur cette cubique?
Amicalement
Pappus
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Les dessins donnent envie !
Quand je serai de retour chez moi, j'expliquerai la façon dont je l'ai obtenu.
J'ai tracé le maximum de points liés au triangle $ABC$ se trouvant sur la cubique.
A vous de les deviner.
Non, on le prend très facilement en main.
Et depuis que Bu nous a expliqué comment incorporer un applet java sur le forum...
Une remarque qui répond à une question que pappus posait plus haut:
Lorsque ABC est isocèle en A, la cubique de Neuberg est la réunion d'un cercle et d'une droite (cercle de centre A passant par B et C et hauteur issue de A)
Lorsque ABC est équilatéral, il n'y a plus de cubique puisque les droites AMa, BMb, CMc sont toujours concourantes (ou parallèles). Quelqu'un connait-il le nom de ce résultat?
Amicalement.
Lorsque M appartient à la cubique de Neuberg (voir une de mes figures précédentes), les symétriques orthogonaux Ma Mb et Mc forment un triangle en perspective avec le triangle initial.
Le centre de perspective P décrit une autre cubique (voir une de mes figures précédentes).
La droite (MP) reste parallèle à la droite d'Euler, et passe donc par l'isogonal de M.
L'axe de perspective reste perpendiculaire à la droite d'Euler.
Sur cet applet apparaissent la cubique de Neuberg, son asymptote, la droite d'Euler, la droite (MP) en bleu et l'axe de perspective, défini par l'alignement des points Ta, Tb et Tc, en vert. Pour des raisons techniques, la cubique est tracée en deux parties (chacune d'elles contient un bout de l'ovale et un bout de la serpentine), et le point M ne peut se déplacer que sur l'une d'elles.
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Merci, kolotoko pour le lien vers le site de Bernard Gibert. J'ai de la lecture pour un certain temps.
gb: Cette appli Géogébra est très claire, mais pourrais tu dire comment tu as fait pour construire
la cubique de Neuberg et éventuellement joindre le fichier ggb zippé, à moins que quelqu'un sache
comment l'obtenir directement depuis le message sur le forum.
Cordialement,
Rescassol
On note $\Gamma(ABC)$ la conique de Neuberg associée au triangle $ABC$
Soit $D \in \Gamma(ABC)$, alors $A \in \Gamma(BCD)$, $B \in \Gamma(ACD)$, $C \in \Gamma(ABD)$
Neuberg a appelé involutifs les quadrangles $ABCD$ vérifiant cette propriété.
Amicalement
Pappus
Pappus, dans le cas du triangle équilatéral, si je transforme le cercle circonscrit au triangle $ABC$ qui a pour équation $z\overline{z} = 1$ par ta transformation $z' = \displaystyle\frac{2z + \overline{z}^2}{4 - z\overline{z}}$, j'obtiens $z' = \displaystyle\frac{1}{3}\Big(2z + \frac{1}{z^2}\Big)$,
ce qui, en posant $z = e^{i\theta}$ donne la courbe en paramétriques : $ \begin{cases} x &=\frac{1}{3}\big(2\cos(\theta) + \cos(2\theta)\big) \\ y &= \frac{1}{3}\big(2\sin(\theta) + \sin(2\theta)\big) \end{cases}$
Cette courbe, qui ressemble à un limaçon de Pascal, possède un unique axe de symétrie, alors que le triangle équilatéral en possède 3.
N'y aurait-il pas une contradiction ?
Cordialement,
Rescassol
Il suffit de tracer la cubique comme lieu des intersections d'une parallèle à la droite d'Euler avec sa conique isogonale.
C'est ce que j'ai essayé, mais pourquoi n'ai-je pas la cubique en entier ?
On peut bouger A,B,C, ainsi que D (parallèle à la droite d'Euler) en bougeant M sur D',
ce qui a pour effet de modifier D (en rouge) et sa conique isogonale (en vert).
On est censé avoir la cubique en magenta, mais il me manque des morceaux,
et pas toujours les mêmes quand D varie.
Où est le problème ?
Une droite et sa conique isogonale ont deux points d'intersection : la cubique est la réunion des lieux de chacun de ces deux points d'intersection.