Une bissectrice et des cercles

jelobreuil
Modifié (July 2023) dans Géométrie
Bonjour à tous
Je propose ce petit problème.
Soit un triangle $ABC$, $I$ le centre de son cercle inscrit, et $D$ la projection orthogonale de $I$ sur $BC$. Les cercles de diamètre $IB$ et $IC$ recoupent la bissectrice de l'angle en $A$, respectivement, en $E$ et $F$.
Montrer que le cercle (électrisé ? :) ) passant par $E$, $D$ et $F$ est centré en $M$, milieu de $BC$.
Bien cordialement, JLB  


PS : Bien entendu, les milieux de $AB$ et de $AC$ sont également les centres de deux autres cercles similaires, et même semblables à celui-ci ... Comme dans toute paire de cercles qui se respecte(nt) !

Réponses

  • Bouzar
    Modifié (July 2023)
    Bonsoir jelobreuil,
    J'utilise les coordonnés barycentriques.
    Le triangle de référence ABC
    $A,B,C\simeq\left(\begin{array}{c} 1\\ 0\\ 0 \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} 0\\ 1\\ 0 \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} 0\\ 0\\ 1 \end{array}\right) .$
    I le centre du cercle inscrit du triangle ABC
    $I\simeq\left(\begin{array}{c} a\\ b\\ c\end{array}\right).$
    Les points D, E et F
    $D,E,F\simeq\left(\begin{array}{c} 0\\ a + b - c\\ a - b + c \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} b - c\\ b\\ c\end{array}\right),\left(\begin{array}{c} -b + c\\ b\\ c \end{array}\right) .$
    Une équation barycentrique de la médiatrice de $[DE]$ est : $(a + 2 b)x-ay+ az=0.$
    Une équation barycentrique de la médiatrice de $[DF]$ est : $(-a -2 c)x-ay+ az=0.$
    Les coordonnées barycentriques du point d'intersection $M$ sont $\simeq\left(\begin{array}{c} 0\\ 1\\ 1 \end{array}\right)$ qui n'est autre que le milieu de $[BC].$

    Une équation barycentrique du cercle passant par $D, E$ et $F$ est: $(a - b - c) (a + b + c) x^2-(a + b - c) (a - b + c) y^2-(a + b - c) (a - b + c) z^2-4 (b - c) c x y+4 b (b - c) x z+2 (a^2 + b^2 - 2 b c + c^2) y z=0.$ Le rayon est $\dfrac{b-c}{2}.$
    Amicalement.
  • Merci, @Bouzar, de cette confirmation, ainsi que de l'indication de la valeur du rayon !
    Bien amicalement, JLB 
  • pappus
    Modifié (July 2023)
    Bonjour à tous
    L'intérêt de l'exercice de Jelobreuil est justement d'éviter les calculs insipides des coordonnées barycentriques.
    Paraphrasant Piteux_gore, je dirais:
    On peut aussi raisonner géométriquement, via les similitudes indirectes, :)
    Mais je suis bon prince, je vous donne une indication:
    L'application affine $IBC\mapsto DEF$ est une similitude indirecte!
    Similitude indirecte?
    Autrement dit, c'est foutu d'avance!!
    Amicalement
    pappus

  • Bonjour,

    pour rester dans la Géométrie traditionnelle,le cercle introduit par Jean-Louis Breuil n'est d'autre que le A-cercle de Morel du quadrilatère IBIaC où Ia est le centre du A-excercle de ABC; son centre est sur (BC).

    Sincèrement
    Jean-Louis
  • Rescassol
    Modifié (July 2023)
    Bonjour,

    Avec Morley inscrit:
    % Jelobreuil - 07 juillet 2023 -  Une bissectrice et des cercles
    
    % Soit un triangle ABC , I le centre de son cercle inscrit, 
    % et D la projection orthogonale de I sur BC. 
    % Les cercles de diamètre IB et IC recoupent la bissectrice de 
    % l'angle en A , respectivement, en E et F.
    
    % Montrer que le cercle (électrisé ? :) ) passant par E , D et F
    % est centré en M , milieu de BC
    
    %-----------------------------------------------------------------------
    
    clc, clear all, close all
    
    % On part du triangle de contact UVW du cercle inscrit
    
    syms u v w
    
    uB=1/u; % Morley's trick avec le cercle inscrit
    vB=1/v; % Le suffixe B veut dire conjugué
    wB=1/w;
    
    %-----------------------------------------------------------------------
    
    a=2*v*w/(v+w); % Sommets ABC du triangle 
    b=2*w*u/(w+u); 
    c=2*u*v/(u+v);
    
    aB=2*vB*wB/(vB+wB); % Conjugués de a,b,c
    bB=2*wB*uB/(wB+uB);
    cB=2*uB*vB/(uB+vB);
    
    %-----------------------------------------------------------------------
    
    d=u; dB=uB;
    
    syms e f
    
    eB=e*aB/a; fB=f*aB/a;
    
    Nule=Factor(e*(bB-eB)+eB*(b-e));
    Nulf=Factor(f*(cB-fB)+fB*(c-f));
    % On trouve e*u + e*w - u*w - v*w = 0 et f*u + f*v - u*v - v*w = 0 donc
    e=w*(u+v)/(u+w); eB=wB*(uB+vB)/(uB+wB); 
    f=v*(u+w)/(u+v); fB=vB*(uB+wB)/(uB+vB); 
    
    [m mB R2]=CercleTroisPoints(d,e,f,dB,eB,fB);
    
    m=Factor(m);
    Nulm=Factor(2*m-b-c); % Égal à 0 donc M est le milieu de [BC]
    R2=Factor(R2); % On trouve R=i*(u^2-v*w)/((u+v)(u+w)) au signe près
    
    % Transformation affine IBC ---> DEF
    
    [S SB fixe fixeB]=TransfoAffine(0,b,c,d,e,f,0,bB,cB,dB,eB,fB);
    % On trouve:
    syms z zB
    S(z,zB)=(-u^2+v*w)/2 * zB + u; % C'est une similitude indirecte
    fixe=2*u*v*w/(u^2+v*w); % Le centre de S
    NulBC=Factor(det([b bB 1; c cB 1; fixe fixeB 1]))  
    % Égal à 0, donc fixe est sur (BC)
    NulIA=Factor(a*fixeB-aB*fixe) % Égal à 0, donc fixe est sur (IA)
    % Donc, fixe est le pied de la A-bissectrice (IA) du triangle ABC
    Cordialement,
    Rescassol

  • Bonjour à tous
    Ma démonstration est basée sur le lemme suivant:
    Soient $L$ et $L'$ deux droites du plan euclidien sécantes en $O$ et non orthogonales.
    Soit $M\in L$ et $N$ sa projection orthogonale sur $L'$.$.
    Soit $s$ la similitude indirecte de centre $O$ telle que $s(M)=N$.
    Soit $P\in L'$ et $Q$ sa projection orthogonale sur $L$.
    Alors $$Q=s(P)$$
    Amicalement
    pappus
    PS
    Lemme impossible à énoncer dans le Secondaire où on a pas la moindre idée de la notion de similitude indirecte ni dans le Supérieur où on ne fait plus de géométrie.
    Ce lemme, c'est un peu:
    Mission Impossible
    Protocole Similitude Indirecte

  • Merci, Jean-Louis, pour cette indication, Rescassol, pour ces calculs, et Pappus, pour ce schéma de preuve et ce ce rappel que je vais essayer de mettre à profit ...
    Bien amicalement, Jean-Louis B.
  • Rescassol
    Modifié (July 2023)
    Bonjour,

    Il est assez évident, Pappus, sur ta dernière figure, que les triangles $OMN$ et $OPQ$ sont indirectement semblables (un rapport cosinusoïdal) et que le centre est $O$.

    Cordialement,
    Rescassol

  • pappus
    Modifié (July 2023)
    Bien sûr Rescassol
    Mais comment en déduire ce que je demande ?
    Amitiés
    pappus
  • pappus
    Modifié (July 2023)
    Bonjour à tous
    A défaut de savoir démontrer mon lemme, pourquoi ne pas l'accepter comme axiome?
    Il sera en bonne compagnie à côté de ceux de Thalès et de Pythagore que nos collégiens ânonnent sans rechigner depuis des années!
    Sur la figure ci-dessous j'ai tracé en rouge épais les deux droites qui vont jouer le rôle équivalent des droites $L$ et $L'$ de mon lemme axiome.
    Amicalement
    pappus

  • Bonjour à tous
    Si $s$ est la similitude indirecte de centre $K$ envoyant $I$ sur $D$, mon lemme axiome implique $s(B)=E$ et $s(C)=F$.
    La similitude $s$ envoie donc le centre $J$ du cercle circonscrit au triangle $IBC$ sur le centre du cercle circonscrit au triangle $DEF$ et ce centre ne peut être que $A'$ puisque $s(J)=A'$.
    $CQFD$
    Bof!
    Amicalement
    pappus
  • Eh bien non, cher Pappus, pas "Bof ..." ! Merci beaucoup, c'est limpide !
    Et pour ce qui est de démontrer ton lemme (qui sort un tantinet, c'est vrai, du strict cadre thalésien ...), ne suffit-il pas de remarquer, d'abord que les deux triangles $OPQ$ et $OMN$ sont semblables puisque ayant deux angles égaux (l'angle commun en $O$ et les angles droits en $Q$ et $N$), et que cette similitude est indirecte puisque les paires de vecteurs homologues, $OP$ et $OM$ d'une part, $OQ$ et $ON$ d'autre part, forment entre eux des angles orientés opposés ?
    Mais il est vrai que pour ce qui est de l'application de ton lemme à mon problème, c'est un peu plus coton, surtout quand on manque d'expérience pour identifier les droites idoines ...
    Merci encore de ta patience !
    Bien amicalement, Jean-Louis B.
    PS : mille excuses, je ne sais pas encore mettre des flèches aux vecteurs dans LateX ...
  • pappus
    Modifié (July 2023)
    Mon cher Rescassol
    Il y a de multiples façons de démontrer mon lemme soit géométriquement soit par l'algèbre linéaire.
    Je vais le faire de la première manière en pensant à ceux qui refusent de s'investir en algèbre linéaire!
    Sur ma figure je vais montrer que les triangles $OMP$ et $ONQ$ sont indirectement semblables, ce qui montrera mon lemme, alors que toi tu parlais des triangles $OMN$ et $OPQ$!
    On remarque que les points $M$, $N$, $P$, $Q$ sont sur le cercle de diamètre $MP$.
    On a les égalités suivantes entre angles orientés de droites où chaque passage par le signe $=$ est absolument évident:
    $(OM,OP)=(OQ,ON)=-(ON,OQ)$
    $(MP,MO)=(MP,MQ)=(NP,NQ)=(NO,NQ)=-(NQ,NO)$
    $(PO,PM)=(PN,PM)=(QN,QM)=(QN,QO)=-(QO,QN)$
    Amicalement
    pappus
    \overrightarrow{AB} à mettre entre des dollars





  • pappus
    Modifié (July 2023)
    Bonne nuit à tous et faites de beaux rêves.
    Ceux qui ne jurent que par Nicolas Bourbaki et son algèbre linéaire utiliseront les faits suivants:
    la partie linéaire d'une similitude indirecte plane est un opérateur symétrique de trace nulle.
    Amicalement
    pappus
  • gipsyc
    Modifié (July 2023)
    Bonjour

    Je pense que la bissectrice n'a pas d'importance, si ce n'est pour créer deux cercles sécants en I et D ainsi que deux triangles rectangles similaires «inversés» ΔDBI et ΔCQI se partageant un sommet I d'angles congruents non droits, l'un des deux triangles ayant son sommet d'angle droit à la deuxième intersection des deux cercles (mais cette condition est facultative).

    Pourquoi sont-ils
    • rectangles ?
    BI et CI sont de toute évidence des diamètres dans leur cercle respectif (EI = ID = IF, BE = BD, CF = CD)
    • sommet D (∠90°) à l'intersection des deux cercles ?
    par construction du problème 
    • similaires ?
    cela me permet de sortir le « lemme » tout simple d'une de mes anciennes communications : 

    Finalement le problème se résume à celui de deux triangles rectangles similaires construits ainsi : 

    Soient
    • deux cercles c (O,A) et c' (O',A) sécants en A et B,
      AO < AO' (pour éviter les superpositions inesthétiques)
    • les antipôles C et C' de A dans les deux cercles, donnant les diamètres AC et AC'
    • un triangle ABC rectangle en B dans le premier cercle
    • un point B' sur le deuxième cercle, sur l'arc (AC') par AB,  réalisant un deuxième rectangle AB'C'similaire au premier (angles en A identique) mais inversé.

    Ces ΔABC et ΔAB'C'
    • sont aussi images l'un de l'autre par la composée d'une symétrie axiale d'axe par A et d'une homothétie de centre A de rapport supérieur à 1 (car AO' > AO par choix personnel)
    • sont circonscrits par les cercles c et c' de diamètre égal à leur hypoténuse respective, les points C et C' étant l'antipôle de respectivement A et A'.
    Comme nous jouons avec les diamètres respectifs des deux cercles par un de leurs deux points d'intersection ,

              cas général de deux sécantes par P (moniennes),
              l'une des deux reliant les antipôles de Q
    et comme le deuxième point d'intersection de ces cercles circonscrits passe par le sommet B d'angle droit du plus petit triangle rectangle,

    les points C, B et C' sont alignés 
    (réciproque du théorème de la monienne par B reliant l'antipôle de A dans les deux cercles).
    Soient
    • c ∩ AB' = P
    • le cercle (P,B,B')
    • M milieu de CC'
    Ce cercle (P,B,B') est centré par le milieu M du segment rejoignant l'autre sommet (d'angle non droit) C et C' des deux triangles rectangles similaires.

    Encore faut-il le prouver ...
    Notons que ce nouveau cercle (P,B,B') est tangent en B à l'axe radical AB.
    Et voilà, sans la moindre bissectrice ... ou du moins pas la bissectrice du problème initial (car un axe de symétrie se cache quelque part).
    Cordialement,
    Jean-Pol Coulon
    PS : jelobreuil appréciera sans doute mes schémas qui, je l'espère, ne débordent plus de l'écran de son PC 😉
  • gipsyc
    Modifié (July 2023)
    (suite)
    Rebonjour en ce dimanche torride,
    Une généralisation de mon propos, car le point B ne doit pas être à l'intersection des deux cercles circonscrits.
    Juste un triangle rectangle ABC (il doit être rectangle), une symétrie axiale d'axe par A, une homothétie (facultative) de centre A, et voilà le deuxième  triangle similaire inverse et le troisième cercle de centre M, milieu de CC' ... et en bonus le point Q (qui se confond avec B dans ma communication précédente).

    Cordialement,
    Jean-Pol Coulon 
  • pappus
    Modifié (July 2023)
    Mon cher gypsic
    J'ai eu beaucoup de mal à déchiffrer tes figures, à essayer de deviner quelles étaient les données et quel était le résultat qu'il fallait en tirer.
    Il semblerait que tu ne connaisses pas les angles orientés ou qu'à tout le moins tu n'aimes pas les utiliser.
    Ta configuration n'est qu'une conséquence triviale de mon lemme à condition de comprendre exactement la façon dont tu as défini tes données.
    Le plus important est de ne pas définir comme tu le fais,ta droite $AB'$ visuellement par ta condition angulaire où on devine que les angles utilisés sont des angles camemberts.
    Il vaut mieux soit utiliser les angles orientés: $(AC,AB)=(AB',AC')$ soit, si on ne veut pas parler de ces affreux angles orientés, utiliser la notion d'isogonalité, i.e: dire que les droites $AB$ et $AB'$  sont $A$-isogonales dans le triangle $ACC'$.
    Les sectateurs de la géométrie du triangle savent que la droite $A$-isogonale de la $A$-hauteur $AB$ est le $A$-diamètre du triangle $ACC'$.
    Autrement dit la droite $AB'$ passe par le point $\Omega$ centre du cercle circonscrit au triangle $ACC'$.
    Il suffit alors d'appliquer mon lemme  axiome où j'ai tracé en rouge épais sur ma figure les droites qui jouent le rôle de $L$ et $L'$
    Il existe une similitude indirecte $s:ACC'\mapsto BPB'$.
    Cette similitude transforme le point $\Omega$ centre du cercle circonscrit au triangle $ACC'$ en $s(\Omega)$ centre du cercle circonscrit au triangle $BPB'$.
    Mais d'après mon lemme, $s(\Omega)=M$.
    Question: qu'est-ce qu'une monienne?
    Amicalement
    pappus



  • Bonjour Jean-Pol, Pappus et tous ,
    Effectivement, Jean-Pol, j'apprécie beaucoup le nouveau format de tes figures, c'est plus agréable de les contempler sans s'y perdre ...
    Mais j'apprécie encore plus tes développements qui généralisent mon problème, et de la meilleure manière qui soit !
    Je vais prendre le temps de regarder tout cela bien attentivement !
    Pappus, merci de ces précisions, toujours bienvenues ! Par ailleurs, une "monienne", d'après Jean-Louis Ayme, c'est une sécante commune à deux cercles sécants l'un l'autre et qui passe par l'un de leurs points d'intersection : Jean-Louis utilise ce terme, notamment, quand il applique son théorème préféré, celui de Reim ... Dans ta figure, par exemple, la droite CBC' est une monienne  pour les cercles (O) et (O').
    Bien amicalement, Jean-Louis B.
  • gipsyc
    Modifié (July 2023)
    Merci pappus pour les commentaires.

    J'espérais un peu plus de mansuétude, étant notoire que je me cantonne à la géométrie classique le plus souvent synthétique (avec au besoin quelques coups de pouce algébriques).
    Je n'utilise donc jamais de segments ou d'angles orientés, encore moins de vecteurs, ...

    Je n'ai lu que le problème initial donné par Jelobreuil pour rédiger ma réponse, sans rien connaître aux propriétés des similitudes, et donc sans avoir essayé de comprendre les commentaires à leur sujet et encore moins de les mettre en pratique.

    Une monienne est une sécante de deux cercles sécants passant par l'un de leurs deux points d'intersection, terme pratique trouvé sur le site web de JL Ayme, et qui vaut bien ceux de cévienne ou ménélienne (sécante d'un triangle).

    J'aurais peut-être dû publier la version anglo-saxonne de mes deux interventions, sans aucun doute plus claire (car rédigée par après).

    • la première (inspirée du problème de Jelobreuil)



    • ma « généralisation » car il n'est pas nécessaire que le point B soit à l'intersection des deux cercles.
    (en rouge les données à démontrer).



    Voici une première réponse reçue pour ma généralisation, que je vous reproduis (en traduction automatique) en contribution au fil de la discussion.


    Mikołaj Znamierowski :

    ∢ASC=∢ASC'=90°, donc C, S, C' (et bien sûr M comme milieu de CC') sont colinéaires.
    Soit K le milieu de AC. Alors, K est le centre de c, donc KB=KP.
    De même, KM||AC' (KM relie les milieux de AC et de C'C).
    Si X est l'intersection de BP avec AC', on a
       ∢ABX = ∢ABP = ∢ACP
                 = 90°-∢CAP = 90°-∢C'AQ = 90°-∢BAX,
    donc BP est perpendiculaire à AC'.
    Ainsi, MK est perpendiculaire à BP, donc MK est la médiatrice de BP.
    Ainsi, MB=MP et analogiquement MB'=MQ. 
    Pour terminer la preuve, nous avons besoin de MP=MB'.
    Soit R la réflexion de P par rapport à M.
    Comme PR et CC' ont un point milieu commun,
    CPC'R est un parallélogramme.

    Ainsi,
       C'R||CP||C'B'
    (puisque CP et C'R sont perpendiculaires à AB').
    Ceci montre que C', B' et R sont colinéaires,
    donc ∢RB'P=90°-∢C'B'P = 90°,
    donc B' se trouve sur un cercle de diamètre PR.
    Ainsi, MB'=MP, ce qui termine la preuve.

    La deuxième réponse reçue, plus concise selon moi, est donnée plus loin dans ce fil de discussion.

    Belle soirée,

    Jean-Pol Coulon 
  • gipsyc
    Modifié (July 2023)
    Merci Jelobreuil pour ces commentaires favorables, publiés pendant la rédaction de ma réponse à pappus.
    Dans cette réponse à pappus, j'ai repris les versions anglo-saxonnes de mes deux interventions, plus succinctes mais certainement plus précises.
    Tout cela pour préciser qu'il est temps que je m'intéresse aux similitudes directes et indirectes.
    Belle fin de soirée,
    Jean-Pol
  • Mon cher gipsyc
    L'âme de la géométrie, ce sont les groupes de transformations!
    Tout le reste, c'est du blablabla!
    Amicalement
    pappus

  • jelobreuil
    Modifié (July 2023)
    Là, cher Pappus, je te trouve bien sévère et péremptoire ... et je compte bien que tu me permettes de ne pas être d'accord avec toi au sujet de ta deuxième affirmation !
    Bonne nuit, bien amicalement
    Jean-Louis B.
  • pappus
    Modifié (July 2023)
    Mon cher Jejobreuil
    Bien sûr, j'ai été un peu dur mais je l'ai fait exprès pour susciter des réactions comme la tienne.
    Il faut être lucide et regarder par exemple l'intérêt soulevé par notre sous-sous-forum parmi tous les autres.
    La plupart des exercices proposés ici auraient pu l'être, il y a 2000 ans.
    Tout est figé, rien n'a changé, c'est désespérant.
    Or la géométrie a évolué ne serait-ce que par ses méthodes. De nouvelles géométries sont apparues, la géométrie affine, la géométrie projective, la géométrie circulaire, la géométrie hyperbolique, la géométrie algébrique, etc,etc...
    Cette évolution s'est faite à travers l'étude des groupes de transformations correspondants. Le mot est lâché: groupes!
    On ne peut rien comprendre à la géométrie moderne, même celle d'un Lalesco, sans savoir ce qu'est une transformation  et un groupe de transformation!
    Nos anciens ne s'y étaient pas trompé en proposant à l'enseignement le cours du Lebossé-Hémery ~1930 où sans jamais prononcer le mot groupe, on étudiait le groupe des transformations euclidiennes et même une ébauche de la géométrie circulaire avec l'étude de l'inversion!
    Je m'étonne que personne ne propose régulièrement les exercices du Lebossé-Hémery à la sagacité de tous au lieu de nous étaler  ad nauseam cette géométrie de grand-papa sans réel intérêt!
    A propos des similitudes indirectes, j'ai proposé dans l'indifférence la plus générale un exercice tiré du Lebossé-Hémery se proposant de démontrer le fameux théorème de Pascal, tout ce qui nous reste de la géométrie projective, à l'aide des similitudes indirectes.
    Aucune réaction pour le moment!
    La géométrie est morte et bien morte!
    Amitiés
    pappus

  • Bien cher Pappus, c'est ton avis, ou ton sentiment, mais je crois bien que ce n'est pas celui de tout le monde ...
    Bon après-midi, avec toutes mes amitiés, Jean-Louis B.
  • Bonjour à tous, bonjour pappus,
    A propos des similitudes indirectes, j'ai proposé dans l'indifférence la plus générale un exercice tiré du Lebossé-Hémery se proposant de démontrer le fameux théorème de Pascal, tout ce qui nous reste de la géométrie projective, à l'aide des similitudes indirectes.

    Je peux donner une solution (dans le fil N=X(5) où tu as posé la question). Je ne ferai que reprendre ce que tu as déjà publié sur cet exercice. Est-ce souhaitable ?
    Amitiés.

  • pappus
    Modifié (July 2023)
    Merci Cailloux.
    Oui il serait intéressant de montrer à nouveau ce que j'ai publié sur le sujet d'autant plus qu'il s'agit d'un simple exercice du Lebossé-Hémery.
    Et il y en a beaucoup d'autres qui mériteraient d'être regardés.
    Mais hélas, le Lebossé-Hémery, ce n'est plus la géométrie usée de grand-papa traditionnelle et ceci explique cela!
    Quant à moi mon état de santé actuel ne me permet plus d'avoir une présence continue sur ce forum et d'ouvrir régulièrement de nouveaux fils.
    Amicalement
    pappus
  • gipsyc
    Modifié (July 2023)
    Bonjour pappus,

    Tout à fait d'accord.
    Mais je suis un novice : je me suis intéressé aux mathématiques, et très rapidement uniquement à la géométrie, pendant les longues périodes de confinement et d'interruption professionnelle qui m'ont impacté au moment de la pandémie Covid.

    Jusqu'alors, pas le moindre soupçon de mathématiques pendant 40 ans.

    Mon cheminement est donc celui d'une initiation très progressive ... avec beaucoup de surprises, de redécouvertes de choses archi-connues par d'autres, mais surtout du plaisir.

    J'essaie donc de comprendre les exercices proposés et leurs solutions, d'apporter ma petite contribution, au risque de passer sous les fourches caudines de ce groupe de discussion.

    J'ai déjà pris bonne note des livres cités en référence dans les différents fils de discussion de ce groupe. 

    Et le moment venu, je m'intéresserai sans aucun doute aux groupes de transformation ... quand mes connaissances seront suffisantes pour y trouver du plaisir.
    Cordialement,
    Jean-Pol
  • Mon cher gipsyc
    Les mathématiques ne se limitent pas à la géométrie du triangle et la géométrie encore moins!
    Lis au moins le Lebossé-Hémery et essaye de faire ses exercices dont certains son très durs!
    Amicalement
    pappus
  • gipsyc
    Modifié (July 2023)
    Bonjour pappus,
    Chaque chose en son temps.
    J'ai déjà pas mal exploré ces trois années les triangles en long et en large, mais pas que les triangles.
    Également les propriétés des quadrilatères, cycliques ou non, circonscrits ou non, voire circumcentriques, harmoniques, certains polygones réguliers ou non, les faiscaux de droites et rapports anharmoniques ou harmoniques, les théorèmes de concourance ou de colinéarité, les cercles, pôles, polaires, points inversés, un peu les ellipses, paraboles et hyperboles, de la trigonométrie, un peu de géométrie projective avec les théorèmes de perpective, ...
    Tout cela dans une approche non systématique, juste en fonction de ce qui m'intéresse.
    J'ai même fait l'effort de relire de vieilles notions scolaires de produit scalaire ou vectoriel, de calcul matriciel, sans trop approfondir... pour l'instant.
    Quelques lectures également sur la géométrie des points de masse, les coordonnées barycentriques, sans trop y mordre.
    J'ai pas mal feuilleté les pages du site web de JL Ayme, qui m'ont fait aimer la géométrie synthétique.
    Et j'ai même feuilleté par moments le Lebossé-Hémery, dont j'ai téléchargé plusieurs versions de géométrie de 1945 à 1967, sans en oublier les autres traités d'arithmétique, algèbre et statistiques, jamais ouverts à ce jour.
    Et toujours des prises de notes classées minutieusement, bien utiles dans les discussions.
    Je m'entraîne surtout dans les groupes de discussion (anglophones) Facebook en résolvant ou proposant des problèmes, dans les thèmes qui m'intéressent ... beaucoup de triangles en effet, mais pas que.
    Francisco Javier Garcia Capitán m'a même parlé de vous lors d'une discussion sur Romantics of Geometry à propos du forum Géométrie de les-mathematiques.net, groupe bien plus impitoyable que les forums dédiés sur Facebook.
    Le Lebossé-Hémery est certainement un passage obligé... que je compte bien franchir, à petites doses.
    En existe-t-il une version « maître d'école » avec les corrigés ?
    Bonne nuit,
    Jean-Pol Coulon
  • pappus
    Modifié (July 2023)
    Mon cher gipsyc
    Oui, je me souviens de ces livres "pour le maître" et je trouvais cela fort injuste!
    J'en feuilletais des pages en cachette pendant la récré avec envie et indignation!
    Il n'en existe pas pour le Lebossé-Hémery mais tu peux toujours nous proposer certains de leurs exercices et nous pourrons tous en profiter.
    Tu feras ainsi des progrès plus rapides en géométrie qu'en montrant synthétiquement ad vitam aeternam que trois points sont alignés ou trois droites concourantes.
    Ce n'est plus de la géométrie à la fin!
    Il faut être plus ambitieux et puisque tu es plus à l'aise sur les sites anglo-saxons, il te faut viser la compréhension du glossaire de pldx1 par exemple! ou bien du cours de Perrin!
    Amicalement
    pappus
  • gipsyc
    Modifié (July 2023)
    Bonjour,

    Je replace ici une nouvelle réponse à la question que j'avais posée, qui se veut une généralisation du problème initial de ce fil de discussion.

    Rappel de la question

    Soient

    • un △ABC  rectangle en B et son cercle circonscrit c
    • un 2e △AB'C' image de ce △ABC par la composée
       - d'une symétrie axiale d'axe par A,
       - d'une homothétie (facultative) de centre A,
      avec son cercle circonscrit c' sécant de c
      par construction 

      [autrement dit AB et AB' sont deux droites A-isogonales
       dans le triangle ACC' avec ses deux cercles c et c' de
       diamètre AC et AC', B sur c et B' sur c']

    • c ∩ c' = {A,S} 
    • c ∩ AB' = {A,P} et c' ∩ AB = {A,Q}
    • le segment CC' et M, milieu de CC'

    [contrairement au problème initial de jelobreuil, le point B du triangle ABC rectangle en B n'est pas à l'intersection S des deux cercles, auquel cas B, Q et S se confondent et le cercle (B,P,B'] centré par M milieu de CC' est tangent à AB]

    Montrez que
    •  le segment CC' passe par S
    • B, Q, P et B' sont cocycliques sur un cercle de centre M, milieu du segment CC'


    Réponse (traduite et annotée par moi) de Zoran Đuričin : 



    M est sur CC' par définition,
    S est sur deux cercles de diamètre AC et AC'
       ⇒ <ASC = <ASC' = 90°
       ⇒ <CSC' = 180°
       ⇒ 
    S est sur CC'  (S non repris sur le schéma)

    Quadrilatère cyclique APBC dans le cercle c
    ⇒ 
    <ACB = 180° - <APB = <BPB'         (1)
    Quadrilatère cyclique AQB'C' dans le cercle c'
    ⇒ <AC'B' = 180° - <AQB' = <BQB'     (2)
    △ABC ~ △AB'C'
    ⇒ <ACB = <AC'B'                                (3)
    Par transitivité (1)(2)(3)
    ⇒ <BPB' = <BQB'
    ⇒  B,B',P,Q sont cocycliques

    Théorème de Reim (rappel)
    Les extrémités des cordes PC (cercle c) et B'C' (cercle c') sont reliés par deux sécantes PB' et CC' passant respectivement par les points d'intersection A et S des cercles c et c'
    ⇒  CP || B'C'
    De la même manière avec les extrémités des cordes C'Q et BC
    ⇒ C'Q || BC

    Soient 
    • m une droite par M, milieu de CC', et parallèle à CP et B'C'
    • m' une droite par M, milieu de CC', et parallèle à C'Q et BC

    △ABC rectangle en B et △AB'C' rectangle en B'
    ⇒ BC ⊥︎ BQ et  B'C' ⊥︎ PB'

    Dès lors, par Thalès
    ⇒ 
    m est une médiatrice de PB' 
    m' est 
    une médiatrice de BQ

    Maintenant nous avons deux cordes du cercle BQPB' ayant M dans leur médiatrice, donc M doit être le centre de ce cercle
     
    Et voilà. Je trouve cette solution plus claire que la première donnée plus haut.
    Cordialement,
    Jean-Pol 
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