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Nature géométrique d'un point

Modifié (6 May) dans Géométrie

Bonjour,

1. ABC   un triangle

2. I          le centre du cercle inscrit

3. A*, B*, C*        les milieux de [AI], [BI], [CI]

4. Pa*, Pb*, Pc*  les parallèle à (BC), (CA), (AB) issues resp. de A*, B*, C*

5. A'', B'', C''           les points d'intersection de Pb* et Pc*. Pc* et Pa*, Pa* et Pb*.

Question :             les triangles A''B''C'' et ABC étant perspectif, quelle est la nature géométrique du centre de cette perspective ?

Merci pour votre aide pour la figure.
Sincèrement
Jean-Louis


Réponses

  • Modifié (6 May)
    Mon cher Jean-Louis
    C'est un simple exercice sur ces transformations que tu abhorres!
    C'est bizarre que tu utilises le mot de perspective qui est une transformation très précise de la géométrie (projective) plane mais je sais que pour toi une perspective n'est pas une transformation!
    Si on reprend ton exercice en partant d'un point quelconque $M$ (au lieu de $I$), on va tomber sur un centre de perspective $M^*$.
    Quel est la nature de la transformation $M\mapsto M^*$?
    Amicalement
    pappus
  • Modifié (6 May)
    Bonjour,

    L'homothétie de centre $G$, le centre de gravité du triangle $ABC$, et de rapport $\dfrac{1}{4}$.
    Pour Jean-Louis, il s'agit de $X_{1125}$.

    Cordialement,
    Rescassol

  • Merci Rescassol
    Plus précisément, c'était un exercice sur le défunt groupe des homothéties-translations!
    Aujourd'hui peut-être peut-on laisser vasouiller dessus les sectateurs de l'Axiome de Thalès?
    Amicalement
    pappus
  • Bonjour,
    déjà, on généralise! 
    Ce qui m'intéresse c'est la nature de ce point avec I en jeu...Après tout on peut penser à une conique?

    Sincèrement
    Jean-Louis
  • Rebonjour,

    avec les mêmes hypothèses, pour aller de l’avant…

    6. A’B’C’   le triangle I-cévien de ABC

    Question :             les triangles A''B''C'' et A’B’C’ sont perspectifs.

    Sincèrement

    Jean-Louis

  • Bonjour, 

    $\def\linf{\mathcal{L}_{\infty}} \def\etc{,\:\mathrm{etc}}$ Lançons donc la cavalerie lourde à l'assaut de cet exercice. On sait qu'un repère projectif du plan se compose de quatre objets. Choisissons le triangle $ABC$ lui-même, ainsi qu'une droite $\linf\simeq\left[\rho,\sigma,\tau\right]$ promue au rang et à l'appellation de droite de l'infini. Soit $P\simeq p:q:r$ le point mobile du plan. On a alors  \[ A'\doteq\frac{1}{2}\widehat{A}+\frac{1}{2}\widehat{P}\simeq\frac{1}{\rho}\left(\begin{array}{c} 1\\ 0\\ 0 \end{array}\right)+\frac{1}{p\rho+q\sigma+r\tau}\left(\begin{array}{c} p\\ q\\ r \end{array}\right)\simeq\left(\begin{array}{c} 2\,p\rho+q\sigma+r\tau\\ q\rho\\ \rho\,r \end{array}\right)\etc \]

    La droite $D_{a}$, parallèle par $A'$ à la droite $BC$ s'écrit donc (les $\wedge$ sont à lire de gauche à droite): \[ D_{a}\doteq B\wedge C\wedge\linf\wedge A'\simeq\left[-\left(q\sigma+r\tau\right)\rho,\left(2\,p\rho+q\sigma+r\tau\right)\sigma,\left(2\,p\rho+q\sigma+r\tau\right)\tau\right]\etc \] Le triangle associé au trigone de ces trois droites est donc \[ \mathrm{Adjoint}\left(D_{a},D_{b},D_{c}\right)\simeq\left[\begin{array}{ccc} -\sigma\,\tau\left(q\sigma+r\tau\right) & \sigma\,\tau\left(2\,p\rho+q\sigma+r\tau\right) & \sigma\,\tau\left(2\,p\rho+q\sigma+r\tau\right)\\ \rho\,\tau\left(p\rho+2\,q\sigma+r\tau\right) & -\rho\,\tau\,\left(p\rho+r\tau\right) & \rho\,\tau\left(p\rho+2\,q\sigma+r\tau\right)\\ \rho\,\sigma\left(p\rho+q\sigma+2\,r\tau\right) & \rho\,\sigma\left(p\rho+q\sigma+2\,r\tau\right) & -\rho\,\sigma\left(p\rho+q\sigma\right) \end{array}\right] \] On vérifie que ce triangle est en perspective avec $ABC$, le perspecteur étant: \[ M^{*}\doteq\left(\begin{array}{c} \sigma\,\tau\,\left(2\,p\rho+q\sigma+r\tau\right)\\ \rho\,\tau\,\left(p\rho+2\,q\sigma+r\tau\right)\\ \rho\,\sigma\,\left(p\rho+q\sigma+2\,r\tau\right) \end{array}\right)\simeq\frac{1}{4}\left[\begin{array}{ccc} 2 & \dfrac{\sigma}{\rho} & \dfrac{\tau}{\rho}\\ \dfrac{\rho}{\sigma} & 2 & \dfrac{\tau}{\sigma}\\ \dfrac{\rho}{\tau} & \dfrac{\sigma}{\tau} & 2 \end{array}\right]\cdot\left(\begin{array}{c} p\\ q\\ r \end{array}\right) \]

    Ce serait un bon endroit pour caser un couplet sur les agrégachauves, l'algèbre linéaire et le vieux temps où le ticket de métro étaient à 37 centimes. Le polynôme caractéristique de cette matrice est $\left(X-1\right)\left(X-1/4\right)^{2}$. La droite de l'infini fournit la ligne propre associée à $\lambda=1$, tandis que la colonne propre correspondante est le tripôle de $\linf$. Ce point étant usuellement noté $G$, nous avons $G\simeq\sigma\tau:\tau\rho:\rho\sigma$ et même  \[ \widehat{G}\doteq\frac{G}{\linf\cdot G}=\frac{1}{3\rho}:\frac{1}{3\sigma}:\frac{1}{3\tau} \] On retrouve le fait que $M^{*}=\frac{1}{4}M+\frac{3}{4}G$. Qui en aurait douté ?

    Et maintenant, sus au perspecteur entre le triangle cévien de $P$ et le triangle $T$. On trouve qu'il y a effectivement un tel perspecteur, donné par:

    \[ \left(\begin{array}{c} \sigma\,\tau\,\left(q\sigma+r\tau\right)\left(p^{2}q\rho^{2}\sigma+p^{2}r\rho^{2}\tau+pq^{2}\rho\,\sigma^{2}+pr^{2}\rho\,\tau^{2}-q^{2}r\sigma^{2}\tau-qr^{2}\sigma\,\tau^{2}\right)\\ \rho\,\tau\,\left(p\rho+r\tau\right)\left(p^{2}q\rho^{2}\sigma+pq^{2}\rho\,\sigma^{2}+q^{2}r\sigma^{2}\tau+qr^{2}\sigma\,\tau^{2}-p^{2}r\rho^{2}\tau-pr^{2}\rho\,\tau^{2}\right)\\ \rho\,\sigma\,\left(p\rho+q\sigma\right)\left(p^{2}r\rho^{2}\tau+pr^{2}\rho\,\tau^{2}+q^{2}r\sigma^{2}\tau+qr^{2}\sigma\,\tau^{2}-p^{2}q\rho^{2}\sigma-pq^{2}\rho\,\sigma^{2}\right) \end{array}\right) \]

    Les points d'indétermination sont $A,B,C$ et les cocéviens de $G$ (aka les directions des côtés). Le lieu exceptionnel ne semble pas très simple. A suivre.  


    Cordialement, Pierre.
  • Modifié (6 May)
    Les points $A'\etc$  sont sur la conique cévienne de $P,G$ (cf. de Villiers 2006) et $Q\doteq M^*$ en est le centre.
  • Rebonjour,
    merci pappus et Rescassol...
    Pour la première question, j'ai trouvé que le point de concours est le point médian du quadrilatère AIBC.
    Pour la question suivante, le point de Spieker semble être actif...

    Sincèrement
    Jean-Louis
  • Modifié (6 May)
    Je dirais même plus: nous avons 48352 théorèmes ! Il suffit de prendre un par un chaque point de ETC et de remplacer $P$ par $X(n)$ dans le schema théorémique que voici que voila:
    $$ \left( \dfrac{A+B+C+\widehat P}{4}\right) \times 2 + \left( \dfrac{A+B+C-\widehat P}{2}\right) \times 1 = \left( \dfrac{A+B+C}{3}\right) \times 3$$
    48352 théorèmes, ce n'est pas rien !


  • Bonsoir,

    Jean-Louis, pour ton numéro 6, je trouve $X_{3159}$.

    Cordialement,
    Rescassol

  • Bonjour,
    merci Rescassol...

    Question :             les triangles A''B''C'' et A’B’C’ sont perspectifs.

    N'ayant pas de réponse synthétique, je pense au théorème invoquant qu'un triangle cévien est en perspective avec un autre triangle anticévien...
    Je passe à la rédaction...

    Sincèrement
    Jean-Louis
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