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Triangles équilatéraux

Bonjour
Je dispose d'un triangle ABC (quelconque mais non aplati), et je considère les points A',B',C' tels que les triangles ABC', BCA', CAB' soient équilatéraux et extérieurs au triangle ABC.

J'aimerais montrer que les centres de gravité de ces trois triangles forment un triangle équilatéral. J'ai pensé à exprimer les barycentres de chaque triangle puis de dire qu'il y'avait une rotation d'angle 60 degré mais je n'y suis pas parvenu, quelqu'un voit une autre méthode ?
Cordialement.127650

Réponses

  • Bonjour,

    Cherche points de Fermat, ou de Torricelli ou isogoniques ou théorème de Napoléon.
    Ou $X_{13}, X_{14}$ dans l'ETC (Encyclopedia of triangle centers).

    Cordialement,

    Rescassol
  • J'ai une méthode bourrin:

    Tu te choisis un repère orthonormé et tu exprimes les coordonnées de tous les points dont tu as besoin dans ce repère.
  • Bonjour,

    C'est plus simple en Morley circonscrit,

    Cordialement,

    Rescassol
  • Bonsoir.

    Un préalable. Soit D,E,F les affixes complexes de trois points du plan. A quelle condition (sur les affixes) les trois points sont-ils les sommets d'un triangle équilatéral ?

    Cordialement, Pierre.
  • Bonsoir pldx1,
    On doit écrire qu'il y a une rotation d'angle pi tiers : e-d = exp(ipi/3)*(f-d), là j'ai écrit que E est l'image du point F par la rotation de centre D et d'angle pi tiers.
    Cordialement.
  • Bonne nuit,

    Essaie de l'exprimer en fonction de $j=e^{\frac{2i\pi}{3}}$.

    Cordialement,

    Rescassol
  • e-d= j*(f-d)?
  • Bonsoir,

    Ben non, exprime $e^{\frac{i\pi}{3}}$ en fonction de $j$, ou alors considère une rotation de centre le centra de gravité du triangle $DEF$.

    Cordialement,

    Rescassol
  • Tout le monde sait paver le plan avec une famille de catelles
    triangulaires isométriques, le type du pavage étant p2

    Il est moins connu que le type peut être p3

    Les problème de Lorentz se résolvent alors par contemplation.127744
    Pav3.png 826.5K
  • Bonjour,

    je propose la généralisation suivante

    1. ABC un triangle
    2. A'BC un triangle extérieur à ABC
    3. CAB', BC'A deux triangles semblables à A'BC, extérieurs à ABC
    4. P, Q, R les points médians resp. de A'BC, CAB', BC'A.

    Question : le triangle PRQ est semblable à A'BC.

    Si A'BC est équilatéral, nous retrouvons le problème posé.

    Sincèrement
    Jean-Louis
  • Pour le problème initial, on peut aussi calculer la longueur $MN$. On trouve, sauf erreur de calcul,
    $$6MN^2 = a^2+b^2+c^2+\frac{abc\sqrt{3}}{R}.$$
  • Bonjour à tous
    La question de Lorentz était autrefois une configuration archiconnue de la géométrie du triangle dont on se doute bien qu'elle est tombée aujourd'hui dans l'oubli le plus complet!
    C'est la généralisation de Jean-Louis qui m'intéresse avant tout.
    Mais je pense qu'elle est mal formulée
    Quand on dit que les triangles $ABC$ et $A'B'C'$ sont semblables, cela veut dire que l'application affine:
    $f:ABC\mapsto A'B'C'\ $ est une similitude (éventuellement directe ou indirecte).
    Et ce qui me gène c'est que Jean-Louis parle des triangles semblables $A'BC\ $, $CAB'\ $, $BC'A.\qquad$ et je ne vois pas de permutations circulaires des points $A\ $, $B\ $, $C\ $, $A'\ $, $B'\ $, $C'\ $ dans cette présentation si elle était bien faite
    D'autre part je suppose que les points médians désignent les centres de gravité, ce qui introduit une touche de géométrie affine un peu malvenue dans une configuration euclidienne
    Bref, je ne suis pas arrivé à faire la figure de Jean-Louis avec ses indications
    Voici ma propre généralisation:
    1° Soit $ABC\ $ un triangle.
    2° Soit $A'\ $ un point du plan.
    3° Les triangles $AB'C\ $ et $ABC'$ sont directement semblables au triangle $A’BC.\qquad$
    4° $P\ $ est le centre du cercle circonscrit au triangle $A'BC\ $, $Q\ $ est le centre du cercle circonscrit au triangle $AB'C\ $, $R\ $ est le centre du cercle circonscrit au triangle $ABC'.\qquad $
    Montrer que les triangle $PQR\ $ et $A'BC\ $ sont indirectement semblables
    5° Montrer que les triangles $ABC\ $ et $PQR\ $ sont orthologiques.
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
    PS
    On remarque que je ne parle ni d'intérieur ni d'extérieur de quoique ce soit!127766
  • Content de te lire à nouveau pappus !
  • Bonsoir,

    Je suis également heureux de ton retour, Pappus.
    % Jean-Louis Ayme - 15 Octobre 2021 - Triangles équilatéraux
    % reformulé par Pappus le 17 Octobre 2021
    
    clc, clear all, close all
    
    syms a b c
    syms aB bB cB % Conjugués
    
    aB=1/a; % Morley circonscrit
    bB=1/b;
    cB=1/c;
    
    %-----------------------------------------------------------------------
    
    syms t tB z zB
    
    % Points A', B', C'
    
    % On doit avoir:
    % ap=b+t*(c-b);
    % a=bp+t*(c-bp); ou a=bp(1-t)+c*t
    % a=b+t*(cp-b);
    % Donc:
    
    ap=b+t*(c-b);
    bp=(a-c*t)/(1-t);
    cp=b+(a-b)/t;
    
    apB=bB+tB*(cB-bB);
    bpB=(aB-cB*tB)/(1-tB);
    cpB=bB+(aB-bB)/tB;
    
    [p pB]=CentreCercleCirconscrit(ap,b,c,apB,bB,cB);
    [q qB]=CentreCercleCirconscrit(bp,c,a,bpB,cB,aB);
    [r rB]=CentreCercleCirconscrit(cp,a,b,cpB,aB,bB);
    
    % Transformation affine f: A'BC ---> PQR
    
    [S SB fixe fixeB D]=TransfoAffine(ap,b,c,p,q,r,apB,bB,cB,pB,qB,rB);
    
    S=FactorT(S)
    fixe=Factor(fixe)
    
    % On trouve:
    
    f(z,zB)=(b*c*(a-b+t*(b-c))/((b-c)*(t-tB))*zB - ((a-b)*c+a*tB*(b-c)))/((b-c)*(t-tB));
    
    % On reconnaît une similitude indirecte.
    
    % Le point fixe est fixe=Nfixe/Dfixe avec:
    
    Nfixe = (b-c)^2*(b*c*t^2-a^2*t*tB+a^2*tB^2) + c*(a-b)*(b-c)*((2*b-a)*t+a*tB) + b*c*(a-b)^2;
    Dfixe = (a*(b-c)^2*(t^2-t*tB+tB^2) + (a-b)*(b-c)*(c*t+a*tB) + c*(a-b)^2);
    
    %-----------------------------------------------------------------------
    
    [pa qa ra]=DroiteDeuxPoints(a,ap,aB,apB); % Droite (AA')
    [pb qb rb]=DroiteDeuxPoints(b,bp,bB,bpB); % Droite (BB')
    [pc qc rc]=DroiteDeuxPoints(c,cp,cB,cpB); % Droite (CC')
    
    % On vérifie que ces droites sont concourantes:
    
    Mat=[pa qa ra; pb qb rb; pc qc rc];
    
    NulMat=Factor(det(Mat)) % Égal à 0, donc c'est gagné
    
    Cordialement,

    Rescassol
  • Bonjour,
    ce problème a été posé à X(1963)...

    http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/vol16.html

    puis

    Deux triangles semblables puis p. 84-86.


    Sincèrement
    Jean-Louis
  • Bonjour,

    je donne la référence sur Les-Mathematiques.net

    http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?8,689332,689332#msg-689332

    Sincèrement
    Jean-Louis
  • Merci Jean-Louis de nous rappeler ce fil si ancien que je l'avais complètement oublié.
    D'autant plus que ce n'est pas la généralisation dont je viens de parler!
    Avec les notations que j'utilise, ce sont les triangles $A'CB\ $, $CB'A\ $, $BAC'\ $ qui sont directement semblables, ce n'est pas tout à fait la même chose!
    Mais ce n'est pas aussi ce que nous as dit au début de ce fil, Jean-Louis que je salue très amicalement!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
    PS
    Merci à Rescassol et Gai Requin mais actuellement je peux peu et c'est normal!
    Quant à ma généralisation actuelle, il me semble en avoir parlé tout récemment encore!
  • Bonjour à tous
    Finalement la généralisation suggérée par Jean-Louis, (différente de la mienne), est tout simplement la figure du fil qu'il vient de citer:
    Grand Oral X-1963
    où les triangles $A'CB\ $, $CB'A\ $, $BAC' $ sont directement semblables
    Le triangle formé par leurs centres de gravité leur est directement semblable comme l'a dit Jean-Louis!
    Mais qu'en est-il des triangles formés par leurs orthocentres ou leurs centres du cercle circonscrit?
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • J'espère que je ne répète pas ce qui aurait déjà été dit.
    En majuscule les points, en minuscule les vecteurs,
    R est la rotation vectorielle de $\pi/3$

    $DE=Ra+b, DF=-a-Rc,$
    $R(DE)-DF=R^2a+Rb+a+Rc=$
    $R^2a-Ra+a=0$.

    La question initiale demandait un raisonnement vectoriel127792
  • Merci Soland
    Mais pourquoi
    $$R^2a-Ra+a=0\ ?\qquad$$
    Il ne s'agit pas de se cacher derrière son petit doigt !
    C'est un exercice sur la théorie des groupes et plus précisément sur le groupe des déplacements du plan et plus précisément encore sur la composition des rotations affines planes.
    Et comme chez nous la géométrie euclidienne se résume aujourd'hui à ânonner l'Axiome de Pythagore, on n'est pas sorti de l'auberge !!!
    C'est un exercice qui pourrait se trouver dans le Lebossé-Hémery, pourquoi pas ?
    En tout cas on peut le résoudre avec les méthodes exposées dans le Lebossé-Hémery c'est-à-dire sans nombres complexes et sans vecteurs!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus127808
    127824
  • ...et sans angles orientés?

    On a $0=R^6-1=(R-1)(R+1)(R^2-R+1)(R^2+R+1)$
  • Mon cher Soland
    Plus simplement:
    $$R^3+1=(R+1)(R^2-R+1)\qquad$$
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Pour 1/6 de tour partir de $R^6-1=0$ me paraît didactiquement adéquat.
    Mais on pinaille.
  • Mon cher Soland
    Tu fais comme tu te sens le mieux!
    Ceci dit, cela revient à montrer que le polynôme minimal de $R\ $ est $X^2-X+1\ $, ce qui n'est pas très élémentaire.
    D'abord un grand merci pour toutes les solutions que tu nous as proposées et notamment celle faisant intervenir un pavage et je m'étonne que personne absolument personne n'essaye de les prouver ou de les critiquer
    Bien sûr, il y a des angles, en veux-tu en voilà et Dieu seul sait comme ils sont populaires dans notre république analphabète!
    Je propose donc de critiquer ou de prouver les solutions déjà proposées comme celle très élémentaire de JLT, celle de Pierre par les nombres complexes, celle du pavage, celle (la tienne) utilisant les vecteurs et finalement celle utilisant le cours du Lebossé-Hémery revu et corrigé par Nicolas Bourbaki.
    Bref on a du pain sur la planche et on est pas sorti de l'auberge!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Mon cher Soland
    D'après mes lointains souvenirs de plus en plus brumeux il est vrai, une rotation vectorielle ou un angle orienté, c'est plus ou moins la même chose!
    Dans le premier cas, celui des rotations, le groupe est noté multiplicativement et dans le second, celui des angles il est noté additivement mais en fait on a affaire au même groupe!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Bonjour à tous
    Puisque personne ne veut s'y coller comme d'habitude, je commence par la méthode JLT, la plus élémentaire (?), encore que la géométrie du triangle se limite plus ou moins aujourd'hui à vérifier qu'un triangle a autant de sommets que de côtés, on se fiche d'ailleurs du nombre exact !
    Quand j'étais en Taupe, je ne disposais ni de calculatrice ni de logiciel de calcul formel mais simplement d'une règle à calcul et du Bouvart et Ratinet.
    Il y avait autrefois Bd Saint Germain, quelque part entre le BouleMiche et la rue St Jacques, une boutique appelée la règle à calcul, qu'est-elle devenue ?
    Quant au Bouvart et Ratinet, certaines éditions contenaient un mémento des diverses formules de la géométrie du triangle !
    Étaient-elles autorisées lors des grands concours ? Je ne le pense pas et JLT n'en a sûrement pas eu besoin pour nous donner sa jolie formule !
    On contemple la figure car il y a beaucoup de contemplation à faire avant d'écrire quoique ce soit !
    D'après la loi des cosinus :
    $$B'C'^2=b'^2+c'^2-2b'c'\cos(A+60°)=\dfrac{b^2+c^2}3-2\dfrac{bc}3\Big(\cos(A).\dfrac 12-\sin(A).\dfrac{\sqrt 3}2\Big)\qquad
    $$ Rebelote avec la loi des cosinus :
    $$-2bc\cos(A)=a^2-b^2-c^2\qquad
    $$ Et un petit coup de la loi des sinus :
    $$\dfrac a{\sin(A)}=2R\qquad
    $$ Et on tombe sur la formule de JLT :
    $$6B'C'^2=a^2+b^2+c^2+\dfrac{abc\sqrt 3}R\qquad
    $$ La symétrie de cette formule prouve bien l'équilaritude du triangle $A'B'C'\ $ comme le dirait si bien Ségolène !
    Amicalement.
    [small]p[/small]appus127890
  • Bonjour à tous
    Pour voir si on a bien compris la méthode JLT, refaire ses calculs dans ce cas de figure!
    N'oubliez la bonne édition de votre Bouvart et Ratinet!!!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus127950
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