Symétries et concentricité

jelobreuil

Bonsoir à tous

Soit un triangle $ABC$, son cercle circonscrit, $O$ le centre de ce cercle, $A_1$, $B_1$ et $C_1$ les antipodes respectifs des sommets $A$, $B$ et $C$, le point  $A_2$ symétrique de $A_1$ par rapport à $BC$, et les points $B_2$ et $C_2$ définis de même, circulairement.

Comment se fait il que que ces trois derniers points se trouvent sur un cercle concentrique au cercle circonscrit ? Peut-on donner une expression du rapport des rayons ?

Merci de votre intérêt pour cette petite chose ! Bien cordialement, JLB

Rescassol

Bonsoir
Avec Morley circonscrit, on trouve $a_2=\dfrac{s_2}{a}$ et permutetion circulaire.
On a donc $a_2\overline{a_2}=s_1\overline{s_1}=OH^2$ où $H$ est l'orthocentre du triangle $ABC$.
$A_2,B_2,C_2$ sont donc sur le cercle de centre $O$ passant par $H$.
Cordialement,
Rescassol

jelobreuil

Merci Rescassol !
Ce cercle passe-t-il par d'autres points remarquables ? Mis à part le symétrique de $H$ par rapport à $O$, bien entendu ...
Bien cordialement, JLB

Jean-Louis Ayme

Bonjour,
c'est le O-cercle de Hagge...il passe par H (orthocentre)
Il  est concentrique au cercle circonscrit et a pour
diamètre [HL], L étant le point de de Longchamps.

Sincèrement
Jean-Louis

Rescassol

Bonjour,

Je n'ai pas trouvé d'autre point remarquable sur ce cercle, à part $H=X_4$ et $L=X_{20}$.

Cordialement,
Rescassol

Rescassol

Bonjour,

Voilà une figure indiquant tout ce qu'il faut pour une preuve synthétique de l'égalité $OH=OA_2$ quand on sait que $H$ et $A_4$ sont symétriques par rapport à la droite $(BC)$:

Cordialement,
Rescassol

pappus

Bonjour à tous

Merci à JLB de nous proposer des configurations intéressantes mais où va-t-il les chercher?

Le seul reproche que je puisse lui faire est de s'extasier trop facilement devant des incidences ou des alignements et de ne pas aller au fond des choses.

Quand il ne se contente que de la contemplation, je cherche à deviner quelle géométrie se cache derrière une configuration.

Je propose la figure suivante qui généralise la figure initiale de JLB.

$M$ est un point quelconque du plan, pas forcément le centre $O$ du cercle circonscrit au triangle $ABC$.

$A'B'C'$ est le triangle circumcévien du point $M$.

$A''$ est le symétrique de $A'$ par rapport à la droite $BC$.

$B''$ est le symétrique de $B'$ par rapport à la droite $CA$.

$C''$ est le symétrique de $C'$ par rapport à la droite $AB$.

Je trace le cercle circonscrit au triangle $A''B''C''$.

Et maintenant je laisse à JLB le soin de trouver de quoi s'extasier quand je pense plutôt à la géométrie qui va nous mener à l'épectase!

Amicalement

pappus

Jean-Louis Ayme

Mon cher pappus,

en généralisant tu viens de mettre le doigt sur le M-cercle de Karl Hagge, généralisation du cercle de Fuhrmann avec I au lieu de M.
Il passe par H et aussi par M' i.e. l'anticomplément de l'isogonal de M relativement à ABC,
Ce cercle a pour diamètre [HM'].

Il y a beaucoup à dire et a de nombreuses variantes..

C'est en 1907 qu'apparaît la première généralisation du cercle de Fuhrmann dans un article signé par le géomètre allemand Karl Hagge de Kolsnap (Allemagne ou Danemark) connu pour avoir été très actif durant la première moitié du vingtième siècle.

Avec toutes mes amitiés
Jean-Louis

pappus

Mon cher Jean-Louis
Zut alors, moi qui croyait enfin que pappus avait trouvé son cercle mais je sais bien qu'il n'y a jamais rien de nouveau dans la tristounette géométrie du triangle !

Tout a été dit et redit !

Mais il ne reste plus qu'à faire la démonstration.

Mes connaissances en géométrie du triangle ne dépassant pas la droite d'Euler, je vais avoir du pain sur la planche même si j'ai l'intuition que c'est la défunte géométrie circulaire qui devrait tirer son épingle du jeu !

Amicalement
pappus

Rescassol

Bonjour,

Pappus, la transformation circulaire  transformant $ABC$ en $A''B''C''$ est une transposition.
Elle a pour expression, avec Morley circonscrit $f(z)=\dfrac{mz-(s_1m+s_3\overline{m}-s_2)}{z-m}$.
L'orthocentre $H$ est encore sur le cercle circonscrit au triangle $A''B''C''$.

Cordialement,
Rescassol

Rescassol

Bonsoirn

Le centre du cercle $A''B''C''$ est $o=\dfrac{m+s_2\overline{m}-s_3\overline{m}^2-s_1m\overline{m}}{m\overline{m}-1}$.
La carré de son rayon est $R^2=\dfrac{(m^2-s_1m-s_3\overline{m}+s_2)(s_3\overline{m}^2-s_2\overline{m}-m+s_1)}{s_3(m\overline{m}-11)^2}$.

Cordialement,
Rescassol 

pappus

Merci Rescassol

Tu as tout dit et c'est ce que j'avais trouvé mais tes lecteurs attendent plus les calculs intermédiaires que le résultat lui même.

Encore une preuve de l'idiotie d'avoir supprimé l'étude des géométries non élémentaires!

J'avais envie d'appeler ces cercles, des cercles de Steiner car ils généralisent la droite de Steiner dans le cas où $M$ est situé sur le cercle circonscrit.

On voit bien qu'il ne sert à rien de s'extasier sur l'appartenance de l'orthocentre $H$ à ces cercles mais plutôt de se retrousser les manches pour lire le Lebossé-Hémery en entier dans un premier temps puis le Berger ou plutôt le Perrin en ligne dans un second si on ne veut pas continuer à patauger éternellement dans les marais de l'Axiomatique Thaléso-Pythagoricienne (ATP)

Amitiés

pappus

jelobreuil

Bonsoir, Pappus, Jean-Louis, Rescassol,

Merci à vous trois de votre intérêt pour les configurations que je vous propose !

Pappus, ces configurations ne sont que le produit de mes séances de mumuse avec Geogebra ... Il me suffit d'un peu de curiosité : je commence par dessiner un triangle, un point de son plan, et j'essaie de trouver une façon de définir une transformation de ce point à l'aide des éléments du triangle. Cela ne réussit pas à tous les coups ...

Merci, Jean-Louis et Rescassol, de ces précisions instructives !

Bien amicalement, Jean-Louis B.

Rescassol

Bonsoir,

Puisque tu demandes les calculs intermédiaires, Pappus, voilà mon programme Matlab.
je peux fournir les fonctions utilisées si on me les demande.

% Jelobreuil - 19 Novembre 2023 - Symétries et concentricité
% Une généralisation de Pappus - La question originale est le cas M=O

%-----------------------------------------------------------------------

clc, clear all, close all

syms a b c

aB=1/a; bB=1/b; cB=1/c;  % Conjugués (Morley circpnscrit)

s1=a+b+c;
s2=a*b+b*c+c*a;
s3=a*b*c;

s1B=s2/s3;  % Conjugués
s2B=s1/s3;
s3B=1/s3;

%-----------------------------------------------------------------------

syms m mB z

[ap bp cp apB bpB cpB]=TriangleCircumCevien(a,b,c,m,aB,bB,cB,mB);

[as asB]=SymetriqueOrthogonal(ap,apB,1,b*c,-b-c);
as=Factor(as); % as=(s2-(b+c)*m-s3*mB)/(a-m)
asB=Factor(asB); % asB=(s1-m-a*(b+c)*mB)/(b*c*(1-a*mB))
% De même:
bs=(s2-(c+a)*m-s3*mB)/(b-m); bsB=(s1-m-b*(c+a)*mB)/(c*a*(1-b*mB));
cs=(s2-(a+b)*m-s3*mB)/(c-m); csB=(s1-m-c*(a+b)*mB)/(a*b*(1-c*mB));

[TC plob plim D]=TransfoCirculaire(a,b,c,as,bs,cs);

[N D]=numden(TC(1));
TC=FactorT(D*TC) % On trouve:
f(z)=(m*z-(s1*m+s3*mB-s2))/(z-m);
Nula=Factor(f(a)-as) % Vérification
Nulb=Factor(f(b)-bs) % Les trois sont
Nulc=Factor(f(c)-cs) % égaux à 0

[o oB R2]=CercleTroisPoints(as,bs,cs,asB,bsB,csB);
o=FracSym(Factor(o),[a b c]) % o=-(m+s2*mB-s3*mB^2-s1*m*mB)/(m*mB-1) 
R2=FracSym(Factor(R2),[a b c]) % R2=(m^2-s1*m-s3*mB+s2)*(s3*mB^2-s2*mB-m+s1))/(s3*(m*mB-1)^2)

%-----------------------------------------------------------------------

Bi=Birapport(s1,as,bs,cs);
BiB=Birapport(s1B,asB,bsB,csB);
NulH=Factor(Bi-BiB) % 0 donc H est sur le cercle A"B'C"

Cordialement,

Rescassol

gipsyc

Bonjour,
Un problème projectif similaire dérivé du théorème de Hagge, retrouvée dans mes notes, utilisant l'hexagramme de Pascal.

Cordialement,
Jean-Pol Coulon 

jelobreuil

Merci Jean-Pol !

Bien amicalement, JLB