Médianes orthogonales
Bon jour ,
si dans un triangle 2 hauteurs (ou 2 médiatrices) sont orthogonales , on a la relation a² + b² = c²
si dans un triangle 2 médianes sont orthogonales , on a la relation a² + b² = 5 c²
La 1° relation est le bien connu et très utile théorème de Pythagore .
Quelqu'un sait-il à qui est attribuée la 2° relation (moins connue car sans doute d'utilité bien moindre) ?
Existe t'il d'autres relations similaires ?
Cordialement
si dans un triangle 2 hauteurs (ou 2 médiatrices) sont orthogonales , on a la relation a² + b² = c²
si dans un triangle 2 médianes sont orthogonales , on a la relation a² + b² = 5 c²
La 1° relation est le bien connu et très utile théorème de Pythagore .
Quelqu'un sait-il à qui est attribuée la 2° relation (moins connue car sans doute d'utilité bien moindre) ?
Existe t'il d'autres relations similaires ?
Cordialement
Réponses
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Bonjour,
Peux tu nous démontrer l'assertion :
si dans un triangle 2 médianes sont orthogonales , on a la relation a² + b² = 5 c² . -
Bonjour,
clc, clear all, close all; syms a b c; syms aB bB cB; % Conjugués aB=1/a; bB=1/b; cB=1/c; %----------------------------------------------------------------------- ap=(b+c)/2; % Milieux A', B', C' des côtés bp=(c+a)/2; cp=(a+b)/2; apB=(bB+cB)/2; % Conjugués bpB=(cB+aB)/2; cpB=(aB+bB)/2; Nul1=factor((bp-b)*(cpB-cB)+(bpB-bB)*(cp-c)) % (BB') orthogonale à (CC') BC2=factor((c-b)*(cB-bB)); % Carrés des côtés CA2=factor((a-c)*(aB-cB)); AB2=factor((b-a)*(bB-aB)); Nul2=factor(CA2+AB2-5*BC2) % CA^2+AB^2=5 BC^2
Résultats d'exécution:Nul1 = -(a^2*b + a^2*c - 5*a*b^2 + 6*a*b*c - 5*a*c^2 + b^2*c + b*c^2)/(4*a*b*c) Nul2 = -(a^2*b + a^2*c - 5*a*b^2 + 6*a*b*c - 5*a*c^2 + b^2*c + b*c^2)/(a*b*c)
Cordialement,
Rescassol
Edit: N'était ce pas l'objet d'un problème de concours général il y a quelque temps ? -
Bonjour,
Le premier théorème de la médiane $AB^2+AC^2=2AA'^2+\dfrac{BC^2}{2}$ fonctionne aussi.
Il permet de calculer les longueurs des médianes, puis leurs $\dfrac{2}{3}$.
Puis un petit coup de Pythagore.
Cordialement,
Rescassol -
Ou bien, sachant que le centre de gravité se trouve aux 2/3 de chaque médiane, si je note $GA=m$ et $GB=p$,
j'aurai:
$c^2=m^2+p^2$
$(\frac a 2 )^2=(\frac m 2)^2+p^2$ d'où $a^2=m^2 +4p^2$
$(\frac b 2 )^2=m^2+(\frac p 2)^2$ d'où $b^2=4m^2+ p^2$
Alors, par addition : $a^2+b^2=5 c^2$
Pour la réciproque, on pourra invoquer Pythagore généralisé (Al Kashi)
et remarquer que si l'angle $\widehat{AGB}$ est obtus, alors $\widehat{AGB'}$ et $\widehat{A'GB}$ sont aigus (et Lycée de Versailles) donc on ne peut pas avoir l'égalité. -
Voici un exo du même style qui me vient à l'esprit:
Trouver la relation entre $a$, $b$, $c$ pour que la $B$-symédiane et la $C$-symédiane soient orthogonales.
Les sommets $B$ et $C$ étant donnés, trouver alors le lieu du sommet $A$.
tao -
Bonjour,
Serait ce $a^4 + 4b^2c^2 = b^4 + c^4$ ?
Cordialement,
Rescassol -
Bonsoir Rescassol
le lieu de $A$ est une Spirique de Persée qui ressemble à une paire de rognons.
Je n'ai pas sous la main de quoi la tracer.
Cordialement. Poulbot -
Sur cette figure, pour un point $K$ situé sur le cercle de diamètre $BC$, j'ai construit les deux points $A_1$ et $A_2$ tels que $K$ soit le point de Lemoine des triangles $A_1BC$ et $A_2BC$.
Comment ai-je fait?
En faisant varier $K$, le logiciel trace les rognons de Persée!
@Rescassol
Je ne sais pas si ta relation est exacte mais j'ai trouvé la même chose que toi.
tao
PS
Aux dernières nouvelles, ces rognons seraient anallagmatiques:
Les points $O$, $A_1$, $A_2$ sont alignés et on a:
$\overline{OA_1}.\overline{OA_2}=3OB^2=3OC^2$ -
Cette dernière figure fait le lien avec les Rognons de Persée.
J'ai tracé l'ellipse déférente de sommets $P$, $Q$, $S$, $T$ avec $OP=OQ=OB=OC$ et $OS=OT =2OB=2OC$
Ses foyers sont les points $F$ et $F'$ tels que $OF=OF' =\sqrt 3 OB=\sqrt 3OC$.
Son excentricité est donc $\dfrac{\sqrt 3}2$.
La médiatrice de $A_1A_2$ est tangente en $M$ à la déférente.
Le cercle de centre $M$ passant par les points $A_1$ et $A_2$ est orthogonal au cercle de centre $O$ passant par $F$ et $F'$ et il est tangent aux points $A_1$ et $A_2$ aux rognons de Persée.
tao -
Cette figure montre enfin à partir de la déférente, une nouvelle construction des points $A_1$ et $A_2$, autre que celle que j'avais primitivement trouvée.
La parallèle à la droite $BC$ issue de $K$ coupe la partie droite de la déférente en $M$.
En fait l'application $K \to M$ est la restriction d'une affinité orthogonale de rapport $2$.
On trace le cercle de centre $M$ orthogonal au cercle de diamètre $FF'$.
La perpendiculaire issue de $O$ à la tangente en $M$ à la déférente coupe ce dernier cercle aux points $A_1$ et $A_2$.
tao -
Bonjour
si j'ai bien suivi la remarquable étude de Tao, il demandait de construire $A$ connaissant $B,C$ et le point de Lemoine $K$ du triangle $ABC$.
Il est sur le cercle passant par le symétrique de $C$ par rapport à $B$ et tangent en $B$ à $KB$; il est aussi sur le cercle analogue obtenu en permutant $B$ et $C$. Mais on peut remplacer un de ces cercles par la droite joignant le milieu de $\left[ BC\right] $ au symétrique par rapport à $K$ de sa projection sur $BC$.
Une question vient naturellement : où faut-il prendre $K$ pour qu'il y ait $2$ solutions ($A,A^{\prime }$ sur la figure)? une seule solution?
Cordialement. Poulbot -
@poulbot
Bravo pour tes constructions qui, a priori, semblent différentes de ma première construction et sur lesquelles je vais me pencher.
En fait, j'avais séché un certain temps avant de la trouver parmi les multiples propriétés du point de Lemoine et celle qui a fait marcher la boutique est le fait que le point de Lemoine est le barycentre de son triangle podaire.
tao -
Bonjour
une conséquence de ce qui précède :
$K$ étant le point de Lemoine du triangle $ABC$ et $A^{\prime }$ le milieu de $\left[ BC\right] $, on a $KB+KC\leq \dfrac{2a}{\sqrt{3}}$ avec égalité si et seulement si $AA^{\prime }=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}$.
Cordialement. Poulbot -
Bonsoir
histoire de faire un petit mélange : $B$ et $C$ étant donnés, quel est le lieu des points $A$ pour lesquels la $A$-médiane et la $A$-symédiane du triangle $ABC$ sont perpendiculaires?
Il a une tête plus que connue!!
Cordialement. Poulbot -
Bonjour
C'est très simple!
La $A$-médiane et la A-symédiane étant dirigées respectivement par $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}$ et $b^{2}\overrightarrow{AB}+c^{2}\overrightarrow{AC}$, elles sont perpendiculaires ssi $b^{4}+c^{4}+6b^{2}c^{2}-a^{2}\left( b^{2}+c^{2}\right) =0$.
Prenant, dans un repère orthonormé, $A=\left( x,y\right) ,B=\left( -d,0\right) ,C=\left( d,0\right) $, cela donne $\left( x^{2}+y^{2}\right) ^{2}-d^{2}\left( x^{2}-y^{2}\right) =0$.
C'est la célébrissime Lemniscate de Bernoulli, inverse de l'hyperbole équilatère de sommets $B$ et $C$ par rapport au cercle de diamètre $\left[ BC\right] $.
On peut remarquer que la $A$-symédiane est tangente à l'hyperbole au symétrique par rapport à $BC$ de l'inverse de $A$.
Cordialement. Poulbot -
Sur cette figure, étant donnés les points $B$, $C$, $K$, j'explique ma construction du sommet $A$ tel que $K$ soit le point de Lemoine;
Elle passe par la détermination du triangle podaire $A'B'C'$ de $K$ dont on sait qu'il en est l'isobarycentre.
Que savons nous de ce triangle podaire?
D'abord le point $A'$ qui est la projection orthogonale de $K$ sur la droite $BC$.
Le point $B'$ est quelque part sur le cercle $\gamma_C$ de diamètre $KC$ et le point $C'$ est quelque part sur le cercle $\gamma_B$ de diamètre $KB$.
D'autre part le milieu $A''$ de $B'C'$ est lui aussi connu, il vérifie: $\overrightarrow{A'A''}=\dfrac 32 \overrightarrow{A'K}$ et il est donc facile à construire.
Le reste est simple: on construit le cercle $\gamma'_C$ symétrique du cercle $\gamma_C$ par rapport au point $A''$ et le point $C'$ cherché est à l'intersection $\gamma_B\cap \gamma'_C$.
Dans les bons cas, on tombe sur deux points $C'_1$ et $C'_2$ puis sur leurs symétriques $B'_1$ et $B'_2$ par rapport au point $A''$.
Enfin on remonte jusqu'aux points $A_1=BC'_1\cap CB'_1$ et $A_2=BC'_2\cap CB'_2$.
On voit bien que cette construction est plus compliquée que celle de poulbot et que la discussion synthétique de l'intersection des deux cercles, que je n'ai pas faite, n'est pas évidente à mener.
tao
Enfin le fait que les deux solutions $A_1$ et $A_2$ s'échangent dans une inversion de centre $O$ n'apparait pas dans ma construction. -
@poulbotpoulbot a écrit:Il est sur le cercle passant par le symétrique de $C$ par rapport à $B$ et tangent en $B$ à $KB$; il est aussi sur le cercle analogue obtenu en permutant $B$ et $C$. Mais on peut remplacer un de ces cercles par la droite joignant le milieu de $\left[ BC\right] $ au symétrique par rapport à $K$ de sa projection sur $BC$.
Cela montre simplement que les points $O$, $A_1$ et $A_2$ sont alignés.
Par contre je ne connaissais pas l'existence de tes deux cercles mais il est vrai que mes connaissances en géométrie du triangle sont assez superficielles.
Ces deux cercles entrent ils dans une configuration plus générale faisant intervenir les points de la configuration de Lemoine de façon symétrique.
As-tu une idée d'une démonstration simple de l'existence de ces cercles?
Merci d'avance
tao -
Bonjour Tao
le milieu de la $A$-hauteur, le milieu de $\left[ BC\right] $ et $K$ sont alignés, ce qui justifie la "droite en question".
En ce qui concerne les cercles, j'ai bêtement constaté sur une figure que, si $C^{\prime }$ est le symétrique de $C$ par rapport à $B$, la droite $BK$ est tangente au cercle $ABC^{\prime }$, ce qui se vérifie sans difficulté.
Il ne reste plus qu'à constater que la puissance commune du milieu de $\left[ BC\right] $ par rapport aux $2$ cercles est $\dfrac{3a^{2}}{4}$.
Cordialement. Poulbot -
Bonne Nuit
On prend un repère orthonormé dans lequel les coordonnées de $B$ sont $(-R,0)$ et celles de $C$: $(R,0)$.
Il est très facile d'obtenir les coordonnées du point de Lemoine $K(X,Y)$ en fonction des coordonnées du point $A(x,y)$.
Après un petit calcul sans beaucoup d'intérêt, on trouve:
$X= \dfrac{4R^2x}{x^2+y^2+3R^2}$, $Y= \dfrac{2R^2y}{x^2+y^2+3R^2}$.
Tout revient donc à inverser ces formules et à calculer $(x,y)$ en fonction de $(X,Y)$.
Ce n'est donc qu'un minuscule problème de calcul différentiel!
[size=x-small]tao[/size] -
Bonjour
"Ce n'est donc qu'un minuscule problème".
Alors, celui-ci est microscopique : construire $A$ connaissant $B$, $C$ et la $A$-symédiane du triangle $ABC$ (inutile de construire $K$).
Cordialement. Poulbot -
@poulbot
Merci pour ce nouveau petit problème. Il serait minuscule si la géométrie circulaire était vraiment enseignée, ce qui n'est pas le cas.
Il s'agit de reconstituer le quadrangle harmonique $(A, A', B,C)$ sachant que le la droite $L=AA'$ est donnée.
Soit $\varphi$ la transposition circulaire de points fixes $B$ et $C$
Les points $A$ et $A'$ se partagent l'intersection $L\cap \varphi(L)$, intersection qu'il faut discuter évidemment.
Qu'on permute ou non les points $A$ et $A'$ n'a pas d'importance et conduit au même point de Lemoine.
[size=x-small]t[/size]ao -
Bonjour,
Cordialement,
Rescassol -
Celui-ci me semble nettement moins microscopique : construire $B$ et $C$ connaissant $A$, la $B$-symédiane et la $C$-symédiane.
Cordialement. Poulbot -
@poulbot
Il me semble que ce problème a été abordé dans ce fil Point de Lemoine(suite)
et qu'il ait été résolu par pldx1 aux prix de quelques calculs trop abscons pour que je les comprenne!
J'avais moi-même tenté une mise en équation mais je ne suis pas allé plus loin.
Peux-tu nous dire s'il y a une solution synthétique et si oui, quel serait son point de départ?
[size=x-small]t[/size]ao -
Bonsoir Tao
je pense que ce problème est très difficile et n'ai pas de solution synthétique et pas de solution simple tout court.
Déjà, il n'est pas évident que les solutions soient constructibles, mais elles le sont bien.
Cordialement. Poulbot -
Re-bonsoir
en fait, j'ai posé ce problème un peu au hasard (en me doutant bien qu'il était difficile) et ne m'y suis intéressé que depuis quelques heures.
Je pense, après l'avoir regardé de plus près, qu'il a, en général, exactement $2$ solutions réelles, les $2$ points $B$ ainsi que les $2$ points $C$ étant inverses par rapport au cercle de centre $K$ passant par $A$.
Le lemme de base est le suivant : si $K$ est le point de Lemoine de $ABC$, les triangles $ABC$ et $AB^{\prime }C^{\prime }$ ont les mêmes symédianes si et seulement si $B^{\prime }$ et $C^{\prime }$ sont les inverses de $B$ et $C$ par rapport au cercle de centre $K$ passant par $A$.
Cela explique que notre problème, bien que passant par la résolution d'une équation du $4^{\grave{e}me}$ degré, ne peut pas avoir plus de $2$ solutions réelles.
Il ne reste plus qu'à trouver une façon relativement simple de construire les solutions.
Cordialement. Poulbot -
Bonjour
à la demande de Tao, pour la suite de la discussion de ce problème, voir Point de Lemoine (suite)
Cordialement. Poulbot
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Bonjour!
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