Relation entre les angles de quatre triangles

Ludwig

Bonsoir,

$ABC$ est un triangle, $\alpha$, $\beta$ et $\gamma$ ses angles. On a (notations habituelles) : $OH^2=R^2(1-\cos(\alpha) \cos(\beta) \cos(\gamma))$, $AH^2=2R^2(1+\cos(2\alpha))$, $BH^2=2R^2(1+\cos(2\beta))$ et $CH^2=2R^2(1+\cos(2\gamma))$. J'utilise ces égalités pour construire un triangle semblable ayant un cercle circonscrit de rayon $1$ et centré sur l'origine $o$. Pour cela je place un point $h$ sur $[ox)$ tel que $oh^2=1-\cos(\alpha) \cos(\beta) \cos(\gamma)$ puis je construis les cercles de centre $h$ et de rayon $\sqrt{2(1+\cos(2\alpha))}$, $\sqrt{2(1+\cos(2\beta))}$ et $\sqrt{2(1+\cos(2\gamma))}$. Ces trois cercles coupent le cercle trigonométrique en six points qui définissent huit triangles, quatre si on raisonne par symétrie par rapport à $(oh)$.
Je m'intéresse aux angles de ces quatre triangles : l'un d'entre eux possède les mêmes angles que le triangle $ABC$, mais les trois autres ? Je vois bien qu'il y a une histoire de supplémentaires et aussi de sommes de deux de ces angles, mais je n'arrive pas à trouver une méthode de calcul qui les donnerait tous, bien rangés par triangle. Car quel est le triangle semblable à $ABC$ parmi les quatre ?
Dans cette figure GeoGebra les angles sont rangés dans des listes.

pappus

Mon cher Ludwig
Que voilà une manière compliquée de construire un triangle semblable à un triangle donné, inscrit dans le seul cercle qui nous reste encore, à savoir le divin cercle trigonométrique.
Quant à moi, j'ai toujours appris que:
$$OH^2=R^2\big(1-8\cos(\alpha)\cos(\beta)\cos(\gamma)\big)$$
Lalesco, page=108, article 15.10
Amicalement
pappus

Ludwig

Bonsoir pappus,
Construire ce triangle semblable n'est pas mon problème ici, il se trouve que j'ai construis une figure qui débouche là-dessus, alors j'ai présenté les choses les plus clairement possibles. Et puis, n'est-ce pas une question intéressante que de trouver ces angles ? J'ai d'ailleurs un peu avancé sur le sujet, une petite chasse aux angles suffit en effet pour montrer que ces quatre triangles ont pour angles : 
$\alpha\leq\beta\leq\gamma$ ; $\zeta$, $\beta-\zeta$ et $\pi-\beta$ ; $\alpha$, $\beta-\zeta$ et $\gamma+\zeta$; $\zeta$, $\gamma$ et $\pi-\gamma-\zeta$ (peut-être qu'il y a du modulo $\pi$ là-dedans).
Reste à calculer la valeur $\zeta$, mais la figure n'est pas si compliquée après tout : il s'agit d'un quadrilatère inscriptible avec ses deux diagonales ! 
Amicalement,
Ludwig

pappus

Merci Ludwig
Ce que je ne comprends pas, c'est ton passage par le cercle trigonométrique.
Pourquoi ne pas partir d'un triangle $ABC$, de son orthocentre $H$ et de son cercle circonscrit $\Gamma$?
On prend les symétriques respectifs $A'$, $B'$, $C'$ des points $A$, $B$, $C$ par rapport à la droite d'Euler $OH$ et on obtient tes huit triangles:
$ABC$, $ABC'$, $AB'C$, $AB'C'$, $A'BC$, $A'BC'$, $A'B'C$, $A'B'C'$ dont on peut chercher à évaluer les angles éventuellement.
Nul besoin d'utiliser tes formules trigonométriques que tu  as d'ailleurs toujours écorchées!
Amicalement
pappus

pldx1

Bonjour, 

Les angles des huit triangles sont:

\[ \begin{array}{cccc} ABC & +\alpha & -\beta & +\gamma\\ A'B'C' & -\alpha & -\beta & -\gamma\\ \hline A'BC & +\alpha & \pi-\beta' & \gamma'\\ AB'C' & -\alpha & \beta' & \pi-\gamma'\\ AB'C & +\alpha' & +\beta & \pi-\gamma'\\ A'BC' & \pi-\alpha' & -\beta & \gamma'\\ ABC' & \pi-\alpha' & +\beta' & +\gamma\\ A'B'C & +\alpha' & \pi-\beta' & -\gamma \end{array} \]

avec la règle: $\alpha'-\beta'=\gamma$  



On remarque que les 7 orthocentres sont alignés sur une perpendiculaire à la droite d'Euler initiale.

Cordialement, Pierre.

pappus

Bonjour à tous
Pierre a adopté mon point de vue sur la figure!
Je subodore déjà que les angles de Ludwig n'ont rien à voir avec ceux de Pierre!
Amicalement
pappus
PS
Quand je parle d'angles, je déclare toujours au préalable la notion d'angles que j'utilise!

pldx1

Oui, pappus, tu as raison. Je rappelle donc que l'angle entre deux droites d'un plan orienté se caractérise par sa tangente, définie par $
\def\zang#1#2{\left(\overbrace{#1,\,#2}\right)} \def\wwz{\boxed{W_{z}}} \def\ortoz{\boxed{OrtO_{z}}} \def\metz{\boxed{\mathcal{M}_{z}}} \def\tra#1{{{\vphantom{#1}}^{t}{#1}}} $

\[ \tan\zang{\Delta_{1}}{\Delta_{2}}=\frac{\Delta_{1}\cdot\wwz\cdot\tra{\Delta_{2}}}{\Delta_{1}\cdot\metz\cdot\tra{\Delta_{2}}} \;\;\;{\rm avec} \;\;  \wwz=\left(\begin{array}{ccc} 0 & 0 & -1\\ 0 & 0 & 0\\ +1 & 0 & 0 \end{array}\right) \;\; ;\;\;  \metz\doteq i\,\left(\begin{array}{ccc} 0 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 0\\ 1 & 0 & 0 \end{array}\right) \]

Cette division de l'indicateur de parallélitude par l'indicateur d'orthogonalité est tout à fait tintrinsec: l'observateur au-dessus du plan voit que cela tourne dans un sens, et l'observateur en-dessous voit que cela tourne dans un sens. Et chacun d'eux voit que l'autre fait exprès de tourner dans le mauvais sens: on ne traverse pas le miroir impunément.

Cordialement, Pierre. 

Ludwig

Bonjour et merci à tous les deux pour vos réponses.

Tes angles Pierre doivent correspondre aux miens, à ceci près que tu as parlé d'angles orientés et pas moi. Et tu as bien fait, car c'est bien la meilleure (la seule ?) façon d'en parler. Reste donc à déterminer la valeur de ton $\alpha'$, qui doit correspondre à peu près à mon $\zeta$ (oula cet à peu près...).

Oui pappus on aurait pu construire ces huit triangles avec la symétrie par rapport à la droite d'Euler, mais ce n'est pas ce que veux. Et ce que je veux aussi c'est répondre à la question suivante : parmi les huit triangles, comment fait-on pour trouver les deux qui sont semblables à $ABC$ ? Et cela par une méthode qui ne consiste pas à vérifier que ce sont bien les bons (par exemple en écartant ceux qui n'ont pas le bon orthocentre), je veux une méthode constructive qui donne la réponse à coup sûr. Nommer leurs sommets sans ambiguïté. On a les six intersections et rien d'autre, on fait comment ? Il faut en prendre une par cercle centré sur $h$ : laquelle ? Je pense à une numérotation des intersections entre deux cercles mais pas celle utilisée par GeoGebra (on ne sait même pas comment il fait) car celle-ci ne permet pas une construction stable : construisez un triangle semblable à $ABC$ en choisissant à l'oeil trois bonnes intersections puis faites tourner le point $C$ (par exemple) sur le cercle $(O)$ : le triangle construit ne restera pas semblable à $ABC$ sur tout le cercle.