Un carré

Bonjour,

Comment ai-je fait ?

Cordialement,

Rescassol118320

Réponses

  • Bonjour,

    Comme ça, à vue de nez, sans preuve aucune, je dirais que chacun des sommets du carré est le centre du cercle inscrit d'un des quatre triangles formés par trois des quatre points concentriques initiaux.
  • Bonjour

    Oui, Ludwig, mais :
    1) Cela donnerait un rectangle, et c'est à démontrer.
    2) Comment faire pour [que] ce rectangle soit un carré ?

    Cordialement,
    Rescassol
  • Bonjour.

    Les sommets du carré sont les intersections des bissectrices respectives des triangles formés par trois des sommets du quadrilatère quelconque situés sur le cercle.

    C'est en tentant de refaire la figure que je m'en suis rendu compte.

    Je ne vois pas encore quel est le critère concernant la disposition des sommets du quadrilatère quelconque , mais dans la configuration où PRQS est un carré, le centre du cercle, l'intersection des diagonales du carré et l'intersection des diagonales du quadrilatère quelconque sont alignés.

    Cordialement.

    Cherche livres et objets du domaine mathématique :

    Intégraphes, règles log et calculateurs électromécaniques.

  • Hum... $\widehat{ABD}+\widehat{ACD}=\pi$ ?
  • Cela ne suffit pas.

    Dit autrement, il y a des configurations respectant ces critères d'angles et la figure centrale est un rectangle.

    Cherche livres et objets du domaine mathématique :

    Intégraphes, règles log et calculateurs électromécaniques.

  • Bonjour ,

    il semblerait que la somme des rayons des cercles inscrits pris deux à deux opposés est égale p+r = q+s
    Non , c'est toujours vrai

    Cordialement118322
  • Bonjour à tous
    Une ptite figure à tout zazar mais sans la moindre illusion!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus118328
  • Bonjour,

    J'ai construit le carré sans utiliser le point $A$.
    On commence par placer $\beta$ et $\delta$ (voir les notations de pappus),
    par exemple $\beta$ est l'intersection de la médiatrice de $[CD]$ avec le cercle $(O)$ qui se trouve entre les points $C$ et $D$.
    Les droites $(D\delta)$ et $(B\beta)$ se coupent en $a$, premier sommet du carré.
    $a'$ est le symétrique de $a$ par rapport à $\delta$, $M$ un point tel que $aa'M$ soit isocèle rectangle en $a'$, $m$ milieu de $[aM]$.
    Construction analogue pour les points $a''$, $N$ et $n$.
    Les cercles centrés sur $m$ et $n$, passant par $a$, se recoupent en $c$, troisième sommet du carré.
    Les deux autres sommets du carré s'obtiennent en traçant les droites bleues.
    Et le point $A$ en construisant par exemple la droite $(d\delta)$.118360
  • On peut dire plus simplement que $m$ est l'image de $a$ par la rotation de centre $\delta$ et d'angle $-90°$,
    $n$ celle de $a$ par la rotation de centre $\beta$ et d'angle $+90°$.
    Il y a sans doute un moyen pour expliquer cette figure avec des transformations.
  • Je propose un problème annexe : étant donnés un carré $abcd$ et un point $O$ du plan,
    construire le cercle de centre $O$ (car il n'y en a qu'un) et les quatre points $A$, $B$, $C$ et $D$ de ce cercle
    dont $abcd$ est le "petit carré" associé.
  • Puis chercher les "lignes de niveau" !
    C'est-à-dire les courbes $C_k$ lieux des points $O$ tels que le rayon du cercle $(O)$ soit égal à $k$
    (le carré $abcd$ a pour côté 1).

    Pour l'instant je n'ai ces cercles et les points $A$, $B$, $C$ et $D$ qui vont avec (tous uniques une fois $O$ et $abcd$ donnés) que par un calcul de l'intersection de deux cubiques... il y a sans doute plus simple.118454
  • Bonsoir,

    Comme on peut s'en douter, j'ai une solution à mon problème à base de nombres complexes, en l'occurrence en suivant l'astuce du JDE, page $228$.
    Voilà un préliminaire avec $3$ points:
    Soient le triangle $T=A(a)B(b)C(c)$ avec $a,b,c$ de modules $1$, et le triangle $T_2=A_2(a^2)B_2(b^2)C_2(c^2)$.
    Ces deux triangles ont pour cercle circonscrit le cercle $\Gamma$ unitaire de centre $O$ et de rayon $1$.
    On pose $P(-ab-bc-ca),Q(ab-bc+ca),R(ab+bc-ca),S(-ab+bc+ca)$.
    Ce sont, dans le désordre, le centre du cercle inscrit et les centres des cercles exinscrits dans le triangle $T_2$.
    Problème: lequel des $4$ est le centre du cercle inscrit ?
    Pour le savoir, on procède comme suit:
    les deux diamètres $[BB_1]$ et $[CC_1]$ d'extrémités $B$ et $C$ partagent $\Gamma$ en $4$ arcs de cercles:
    Arc1: entre $B$ et $C$
    Arc2: entre $B_1$ et $C_1$
    Arc3: entre $B$ et $C_1$
    Arc4: entre $B_1$ et $C$
    Si $A$ est dans Arc1, le centre du cercle inscrit est $Q$
    Si $A$ est dans Arc2, le centre du cercle inscrit est $P$
    Si $A$ est dans Arc3, le centre du cercle inscrit est $R$
    Si $A$ est dans Arc4, le centre du cercle inscrit est $S$

    On passe ensuite au cas de $4$ points $A,B,C,D$, à suivre ...

    Cordialement,

    Rescassol

    PS: J'ai également tracé les lieux de $P,Q,R,S$ quand $A$ décrit le cercle $\Gamma$, $B$ et $C$ étant fixés.118472
  • Bonjour

    Sur la figure de pappus http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?8,2195206,2195322#msg-2195322 , je note $\alpha$ le milieu de l'arc AD et $\gamma$ le milieu de l'arc AB.
    La condition pour que le rectangle PRQS soit un carré est l'égalité : D$\beta$.A$\gamma$ = B$\delta$.A$\alpha$.

    Cordialement
    Casangrande.
  • Bonjour,

    Tout (ou presque...) est dans la figure déjà citée de pappus :

    - L'angle (ab, BD) est égal à (ab, aD) + (aD, BD) et, comme Da est bissectrice de BDC, on a : (ab, AD) = (ab, aD) + (DC, aD). En considérant les angles inscrits dans le cercle de centre $\beta$, on obtient la même égalité en partant de l'angle (ab, AC), si bien que ab est parallèle à la bissectrice de (AC, BD). On conclut, en échangeant les sommets, que abcd est un rectangle...
    - la relation métrique de mon message précédent s'obtient alors en remarquant la similitude entre (par exemple) le segment ab dans le cercle de centre $\beta$ et le segment A $\gamma$ dans le grand cercle.
    - une construction de la figure (ce qui semble être le problème initial...) revient à trouver le sommet A connaissant B, C et D. On connaît donc les cercle de centres $\beta$ et $\delta$, ainsi que le point a. Il suffit de trouver d et b sur ces deux cercles tels que ab = da : le point b est donc l'intersection du cercle de centre $\beta$ avec l'image du cercle de centre $\delta$ dans la rotation de 90° autour de a. Il est ensuite facile d'en déduire d, c et A.

    Cordialement
    Casagrande
  • Bonjour,

    Comme répondu à Ludwig, il faut également démontrer que si $A,B,C,D$ sont quelconques sur le cercle, on a un rectangle.

    Cordialement,

    Rescassol
  • avoir des côtés parallèles aux deux bissectrices d'un angle ne suffit-il pas ?
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.