Un exercice de géométrie pour des calculateurs

stfj
Modifié (24 May) dans Géométrie
Bonjour,

En fouillant dans les posts, j'ai trouvé celui-ci qui m'intéresse pour utiliser les outils que vient de m'enseigner @Vassillia. Je redonne donc l'exercice : 
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ABC un triangle quelconque, A',B',C' trois points situés chacun sur un côté du triangle.
Trouver A',B',C' tel que le triangle A'B'C' soit équilatéral.
https://www.geogebra.org/classic/xxjju4wz
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Voici les outils algébriques que je pense quant à moi, pouvoir utiliser : on considère les coordonnés barycentrique avec $$A,B,C,A',B',C' \simeq \begin{pmatrix} 1\\0 \\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0 \\1 \\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix} 0\\0 \\1\end{pmatrix},\begin{pmatrix} 0\\1-u \\u\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1-v \\0 \\v\end{pmatrix},\begin{pmatrix} 1-w\\w \\0\end{pmatrix},$$ $$pyth = 1/2 \left(\begin{array}{ccc} 0 & -c^2 & -b^2 \\-c^2&0&-a^2\\-b^2&-a^2&0\end{array}\right)$$avec $a=BC$ et circulairement.

$$^t \overrightarrow{MN} \cdot pyth \cdot \overrightarrow{MN}=MN^2$$

avec $\overrightarrow{A'B'}:=\frac{B'}{\mathcal L_{\infty}\cdot B'}-\frac{A'}{\mathcal L_{\infty}\cdot A'}$, et circulairement, où $\mathcal L_{\infty}\simeq [1,1,1]$

On traduit alors simplement "algébriquement" $A'B'^2=A'C'^2=B'C'^2$.
 _______________
Cordialement,
Stéphane.

Réponses

  • Vassillia
    Modifié (22 May)
    Bonjour @stfj
    Il y en a quelques-uns quand même, essaye de bouger les curseurs par curiosité

    La philosophie nous enseigne à douter de ce qui nous paraît évident. La propagande, au contraire, nous enseigne à accepter pour évident ce dont il serait raisonnable de douter. (Aldous Huxley)
  • stfj
    Modifié (23 May)
    Bonjour @Vassillia et merci pour l'animation. J'avais commencé à la main les calculs que j'ai indiqués dans le post original mais à la main, c'est trop long. As-tu opéré de même en utilisant un logiciel de calcul formel pour t'épargner des calculs sans grand intérêt a priori, sagemath par exemple?

    Je vois en tout cas dans la fenêtre algébrique que tu as repris les définitions proposées de $A',B',C'$ avec $u,v,w$ (J'ignorais d'ailleurs qu'on pût écrire cela sous geogebra.)

    Je n'arrive pas à faire copier/coller dans geogebra. Je me demande donc comment tu as réussi à rentrer l'énorme formule pour $v,w$. 

    L'animation est chouette. Merci encore.

    Cordialement,
    Stéphane.
    __________________
    PS: si je résume ce que je crois lire dans tes formules, on peut placer un point n'importe où sur un côté; la place des deux autres est alors entièrement déterminée (seul un signe $\mp$ change dans les deux formules) par la "géométrie" du triangle de départ (ie $a,b,c$). Je ne sais pas s'ils l'avaient trouvé dans le post de 2006 et j'avoue avoir la flemme de lire une construction autre que celle, impressionnante, que tu proposes.
  • Ah non alors, je ne fais pas ces calculs à la main
    solution = solve([...==...,...==...],u,v,w)
    print(solution)
    Et le copier-coller par la suite fonctionne très bien !
    La philosophie nous enseigne à douter de ce qui nous paraît évident. La propagande, au contraire, nous enseigne à accepter pour évident ce dont il serait raisonnable de douter. (Aldous Huxley)
  • JLT
    JLT
    Modifié (23 May)
    C'est typiquement un exercice qui se traite plus élégamment de manière synthétique. Pour tout $A'$ il existe deux points $B'$ possibles : $B'=(AC)\cap\mathrm{Rot}_{A',\pm 60^\circ}((AB))$.
  • john_john
    Modifié (23 May)
    Le sujet de Centrale M1991, 2è épreuve, traitait de triangles équilatéraux inscrits dans des courbes de toute sorte (voir par exemple https://prepas.org/index.php?module=Sujets).

    Félicitations à Vassilia et à JLT pour leurs solutions ! Quant à moi, je vous propose de détecter ma tricherie : partant d'un triangle équilatéral (le petit triangle dans la figure) et d'un cercle $(\Gamma)$, construire un triangle $(ABC)$ inscrit dans $(\Gamma)$ dans lequel le petit triangle soit inscrit. J'ai laissé suffisamment de traits de constructions par Géogébra : 




  • Rescassol
    Modifié (23 May)
    Bonjour,

    Voilà ci-joint un fichier (remplacer l'extension pdf par ggb) Géogébra construisant un des deux triangles équilatéraux de sommet $A_1$ quelconque sur la droite $(BC)$.
    Pour avoir l'autre, il suffit de changer de signe les angles des deux rotations.
    Il est facile, il me semble, de transformer ça en Morley circonscrit avec des multiplications par $j$ tel que $j^2+j+1=0$.
    Par contre, en barycentrique, ça me paraît plus compliqué.

    Cordialement,
    Rescassol

  • john_john
    Modifié (23 May)
    Bonjour à tous,
    je l'avais fait en Morley circonscrit : si $a,b,c$ sont les affixes des sommets du triangle initial inscrit dans le cercle unité, on choisit un complexe $v$ dont l'image appartienne à $(AB)$ et, pour un triangle équilatéral direct, les affixes $t,u$ correspondant aux deux autres côtés sont donnés par
    $t(a-{\rm j}b)=v(-{\rm j}c+b)-(bc+{\rm j}ab+{\rm j}^2ca)$ et $u(a-{\rm j}b)=v(c-{\rm j}a)+{\rm j}^2(bc+{\rm j}ca+{\rm j}^2ab)$.

    À noter que $bc+{\rm j}ca+{\rm j}^2ab=0$ lorsque le triangle $(ABC)$ est lui-même équilatéral.

  • stfj
    Modifié (23 May)
    Dans le même ordre idée, il y a ce post où un résultat non trivial je crois(le théorème de Steiner-Lehmus) est présenté comme trivial. Peut-on le trivialiser via les outils algébriques rappelés dans OP ou d'autres outils?
  • Bonjour,

    Avec le triangle équilatéral ci-dessus, montrer que le lieu du centre de gravité de ce triangle équilatéral quand $A_1$ décrit la droite $(BC)$, est une droite orthogonale à la droite d'Euler du triangle $ABC$.

    Cordialement,
    Rescassol

  • john_john
    Modifié (23 May)
    J'ai rectifié le Morley supra, dans lequel quelques ${\rm j}$ s'étaient perdus ; alors, effectivement, le centre de gravité a pour affixe $g$ tel que

    $$3g(a-{\rm j}b)=v(a+b+c)(1-{\rm j})+(bc+{\rm j}ca+{\rm j}^2ab)$$

    Comme $v$ peut prendre les valeurs $a$ et $b$, un vecteur directeur du lieu de $G$ est $\displaystyle\frac{(1-{\rm j})(a+b+c)(a-b)}{a-{\rm j}b}$ qui est de la forme $\lambda{\rm i}(a+b+c)$, avec $\lambda$ réel, ce que l'on vérifie en en prenant le conjugué.


  • Bonjour,
    comme on le voit, le triangle vert a un sommet en $A$ et l'orangé en $B$ ; quant au triangle bleu, il a son sommet en un point générique de $(AB)$.
  • Bonjour,

    Soient $U\left(u=-\dfrac{vdm}{6s_2}\right)$ avec $vdm=(a-b)(b-c)(c-a)$ (Vandermonde)
    et $V\left(v=\dfrac{2(a^2b+b^2c+c^2a) + (ab^2+bc^2+ca^2) + 9s_3}{6s_2}\right)$
    Alors les lieux des centres de gravité des deux triangles équilatéraux $A_1B_1C_1$ et $A_1B_2C_2$ quand $A_1$ décrit la droite $(BC)$ sont les droites orthogonales à la droite d'Euler du triangle $ABC$ en les points respectifs $P_1(jU+V)$ et $P_2(j^2U+V)$.

    Cordialement,
    Rescassol

  • pappus
    Modifié (28 May)
    Bonjour à tous
    Il n'y a là rien d'extraordinaire.
    C'est archiconnu!
    On obtient deux $FLTI$ dont l'équicentre est un des deux centres isodynamiques et le centre aréolaire étant son isogonal.
    Bof!
    Amicalement
    pappus
  • Bonjour,

    On n'est pas obligé de ne s'intéresser qu'aux choses extraordinaires !!
    Mais il faut bien laisser les ronchons ronchonner.............

    Cordialement,
    Rescassol

  • Choisir un point M quelconque.

    A’B’C’ répond à la question, il est obtenu par une similitude (sur la figure : Rotation (A,-60°) x Homothétie (A, AA’/AM))

    Il y a une infinité de triangles A’B’C’ qui répondent à la question.

    Louis


  • pappus
    Modifié (29 May)
    Bonjour à tous
    Malgré la nausée qui me prend chaque fois que je vais sur notre pauvre forum, voici une configuration qui devrait satisfaire les amateurs du théorème de Thalès ainsi que nos calculateurs prodiges.
    Voici comment elle est tracée.
    On se donne dans le plan euclidien un triangle $ABC$
    $F=X(A,B,C,13)$ est le premier centre isogone.
    $W=X(A,B,C,15)$ est le premier centre isodynamique.
    $O$ est le milieu du segment $FW$.
    Le triangle $A'B'C'$ est le symétrique du triangle $ABC$ par rapport au point $O$.
    On construit la ligne polygonale $ab'ca'bc'a$ avec $a\in BC$, $b\in CA$, $c\in AB$, $a'\in B'C'$, $b'\in C'A'$, $c'\in A'B'$ en sorte que $bc'\parallel b'c \parallel FA$, $ca'\parallel c'a \parallel FB$, $ab'\parallel a'b\parallel FC$.
    Montrer que cette ligne polygonale existe quel que soit $a\in BC$ et que le triangle $abc$ est équilatéral dans la même classe d'orientation que le triangle $ABC$.
    Amicalement
    pappus


  • Bonjour à tous
    Cette configuration bien connue de nos anciens est encore riche de propriétés:
    1° Le triangle $a'b'c'$ se déduit du triangle $abc$ par un déplacement et il est donc tout aussi équilatéral que lui.
    2° Les six points $(a,b,c,a',b',c')$ sont cocycliques.
    3° Ce cercle est bitangent (visiblement ou non) à la conique de centre $O$ inscrite dans le triangle $ABC$ et donc aussi dans le triangle $A'B'C'$. C'est donc son enveloppe!
    Amicalement
    pappus

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