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Condition d'orthologie de deux triangles podaires

Modifié (9 Sep) dans Géométrie
Bonjour
Voici un nouveau problème.
Soient $DEF$ et $D'E'F'$ les triangles podaires des points $M$ et $M'$ respectivement. Montrer que les triangles $DEF$ et $D'E'F'$ sont orthologiques si et seulement si $M, M'$ et le centre du cercle circonscrit $O$ du triangle ABC sont alignés.
Amicalement.

Réponses

  • Bonjour,

    pour commencer, les cercles circonscrits à DEF et D'E'F' sont tangents (d'après le troisième théorème de Fontené)

    Sincèrement
    Jean-Louis
  • Mon cher Jean-Louis
    Je ne sais pas trop ce que dit le théorème de Fontené.
    Personnellement je n'ai rencontré dans ma vie que le théorème de Rouché-Fontené!
    Je ne savais pas que Fontené avait aussi sévi en géométrie du triangle.
    Les cercles circonscrits aux triangles $DEF$ et $D'E'F'$, appelés aussi cercles podaires, ne sont certainement pas tangents entre eux!
    Par contre ils passent par un point fixe, à savoir l'orthopôle du diamètre $OMM'$.
    Amicalement
    pappus
  • Bonjour à tous
    J'ai souvent parlé de cette configuration et j'ai sans doute dû donner diverses démonstrations de la proposition de Bouzar dans un passé indéterminé.
    Voici la figure où j'ai tracé les triangles podaires des points $M$ et $M'$ situés sur un même diamètre du cercle $\Gamma$ circonscit au triangle $ABC$.
    Ils définissent une $FLTI$ dont l'équicentre $E$ est l'orthopôle du diamètre $MM'$ et le centre aréolaire $S$, situé sur $\Gamma$ a une droite de Simson parallèle au diamètre $MM'$.
    De plus $E$ est le complément de $S$.
    Amicalement
    pappus
    Ca ne compile pas comme d'hab!

  • Mon cher pappus,
    tu as raison...j'ai mal relu mon archive...pour le cas de tangence, M' doit être l'isogonal de M

    http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/vol8.html
    puis
    Les trois théorèmes de Fontené...

    Amitiés
    Jean-Louis

  • Bonjour
    Un point et son isogonal ont le même cercle podaire.
    Bien cordialement. Poulbot
  • Bonsoir à tous,
    Une question m'est venue à l'esprit, au sujet des couples de points conjugués isogonaux : existe-t-il de tels couples pour lesquels la somme des distances de chacun des points aux trois bissectrices intérieures du triangle est égale pour les deux points ? Si oui, quel est le lieu de ces points, ou leur ensemble s'il s'agit de points isolés ?
    Merci beaucoup
    Bien cordialement, JLB
  • Bonjour
    Une solution pour amateur de calcul du problème de Bouzar.
    Je laisse le soin à nos calculateurs de vérifier que 
      $\left( \overrightarrow{DF}\ |\ \overrightarrow{D^{\prime }E^{\prime }}\right) -\left( \overrightarrow{DE}\ |\ \overrightarrow{D^{\prime }F^{\prime }}\right) =\dfrac{2S\left( ABC\right) S\left( OMM^{\prime }\right) }{R^{2}}=4\sin \widehat{A}\sin \widehat{B}\sin \widehat{C}\ S\left( OMM^{\prime }\right) $.

    Or, si $f$ est l'application affine $DEF\rightarrow D^{\prime }E^{\prime }F^{\prime }$, les triangles $DEF$ et $D^{\prime }E^{\prime }F^{\prime }$ sont orthologiques ssi la partie linéaire $\overrightarrow{f}$ de $f$ est un endomorphisme symétrique (autoadjoint) soit ssi $\left( \overrightarrow{DE}\ |\ \overrightarrow{D^{\prime }F^{\prime }}\right) =\left( \overrightarrow{DF}\ |\ \overrightarrow{D^{\prime }E^{\prime }}\right) $.

    Inutile de dire que je suis loin d'être fier de ce qui précède car je pense  qu'il y a beaucoup plus sumple.

    Bien cordialement. Poulbot
  • Modifié (21 Sep)
    Merci Poulbot
    Toujours aussi novateur et modeste.
    Je ne pense pas qu'il y ait beaucoup plus simple et de toutes façons il faut faire des calculs.
    L'autre façon de les mener est de Rescassoliser en choisissant le cercle circonscrit au triangle $ABC$ comme cercle-unité ou cercle trigonométrique.
    Et s'il n'en reste qu'un, ce sera celui-là.
    Les calculs sont tiedous comme le disent nos amis anglais.
    Je les ai retrouvés dans un vieux cahier, vieux de 30 ou 40 ans et qui part en lambeaux comme leur propriétaire dont le groupe des déplacements est pour le moment réduit à la transformation identité mais au moins il existe encore!
    Je me contenterais de donner les grandes lignes de mes calculs
    Si $T=\alpha\beta\gamma$ est le triangle podaire du point $\rho$, je note $h_T$ l'application affine $abc\mapsto \alpha\beta\gamma$
    on a:
    $$h_T(z)=\dfrac{-z-abc\overline{\rho}.\overline{z}+\rho+a+b+c}2$$
    On fait intervenir les fonctions symétriques élémentaires de $(a,b,c)$:
    $$\begin{cases} s_1&=&a+b+c\\s_2&=&bc+ca+ab\\s_3&=&abc\end{cases}$$
    Alors:
    $$h_T(z)=\dfrac{-z-s_3\overline{\rho}.\overline{z}+\rho+s_1}2$$
    Si $T'=\alpha'\beta'\gamma'$ est le triangle podaire du point $\sigma$, j'ai fait le calcul de l'écriture de l'application affine:
    $$h:\alpha\beta\gamma\mapsto \alpha'\beta'\gamma'$$
    J'ai tout simplement appliqué la formule:
    $$h=h_{T'}.h_T^{-1}$$
    Vous me croirez si vous voulez mais j'ai fait ces calculs à la main et je ne vois pas très bien comment j'aurais pu faire autrement compte tenu de l'âge de ce cahier!
    J'ai trouvé bien avant que je ne connaisse l'ami Rescassol:
    $$h(z)=\dfrac{1-\rho\overline{\sigma}}{1-\rho\overline{\rho}}z+\dfrac{s_3(\overline{\sigma}-\overline{\rho})}{1-\rho\overline{\rho}}\overline z+*$$
    où le terme $*$ est sans intérêt pour ce que nous avons à faire.
    J'ai surtout la flemme de l'écrire vu sa taille imposante.
    En fait on a besoin que de la partie linéaire de $h$ qui vaut:
    $$\overrightarrow h(z)=\dfrac{1-\rho\overline{\sigma}}{1-\rho\overline{\rho}}z+\dfrac{s_3(\overline{\sigma}-\overline{\rho})}{1-\rho\overline{\rho}}\overline z$$
    Et c'est là qu'il faut faire preuve d'un peu de culture
    Si on se donne l'application linéaire: $f(z)=uz+v\overline z$, cette application sera orthologique si $u=\overline u$ (i.e: $u$ est réel) et parallélogique si $u=-\overline u$, (i.e: $u$ est imaginaire pur).
    En appliquant ceci à $h$, on voit que:
    $h$ sera orthologique si $\rho\overline{\sigma}\in \mathbb R$, ce qui revient à dire que les points $\rho$ et $\sigma$ sont alignés avec l'origine.
    $h$ sera parallélogique si: $\rho\overline{\sigma}+\overline{\rho}\sigma-2=0$, ce qui revient à dire que les points $\rho$ et $\sigma$ sont conjugués par rapport au cercle-unité.
    En parcourant ce forum où on nous tanne presque chaque jour de montrer que trois points sont alignés, je pense qu'on comprend la condition orthologique.
    Par contre la condition parallélogique doit être incomprise de la grande majorité des lecteurs de ce forum!
    Amicalement
    pappus
    PS
    Le calcul du terme $*$ n'est donc pas nécessaire et on peut évaluer directement les différentes parties linéaires intervenantes.
    Par contre, on ne peut éviter son calcul si on veut avoir accès au point fixe de $h:T\mapsto T'$ qui n'est pas autre chose que l'équicentre de la $FLTI$ contenant les triangles $T$ et $T'$.
    Une fois l'équicentre connu, il n'est plus difficile d'exhiber le centre aréolaire!


  • Bonjour à tous
    J'ai fait les calculs de l'équicentre et du centre aréolaire dans le cas où $\rho$ et $\sigma$ sont situés sur le cercle-unité.
    On se doute un peu que j'ai la flemme de reproduire ces calculs compte tenu de mon état de santé actuel.
    J'ai trouvé pour l'équicentre, ( point fixe de l'application affine $T\mapsto T'$), le point d'affixe:
    $$\dfrac{s_1}2+\dfrac{s_3}2\overline{\rho}.\overline{\sigma}+\dfrac{\rho+\sigma}2$$
    et pour le centre aréolaire (ou centre des lenteurs selon Pierre) le point d'affixe:
    $$-s_3\overline{\rho}.\overline{\sigma}$$
    L'équicentre est l'orthopôle de la droite $(\rho,\sigma)$
    Le centre aréolaire est le point du cercle unité dont la droite de Steiner (ou de Simson) est parallèle à la droite $(\rho,\sigma)$.
    Amicalement
    pappus
  • Bonjour à tous
    J'ai fait les calculs de l'équicentre et du centre aréolaire dans le cas où $\rho$ et $\sigma$ sont situés sur le cercle-unité.
    On se doute un peu que j'ai la flemme de reproduire ces calculs compte tenu de mon état de santé actuel.
    J'ai trouvé pour l'équicentre, ( point fixe de l'application affine $T\mapsto T'$), le point d'affixe:
    $$\dfrac{s_1}2+\dfrac{s_3}2\overline{\rho}.\overline{\sigma}+\dfrac{\rho+\sigma}2$$
    et pour le centre aréolaire (ou centre des lenteurs selon Pierre) le point d'affixe:
    $$-s_3\overline{\rho}.\overline{\sigma}$$
    L'équicentre est l'orthopôle de la droite $(\rho,\sigma)$
    Le centre aréolaire est le point du cercle unité dont la droite de Steiner (ou de Simson) est parallèle à la droite $(\rho,\sigma)$.
    Amicalement
    pappus
  • Bonjour à tous
    J'ai fait les calculs de l'équicentre et du centre aréolaire dans le cas où $\rho$ et $\sigma$ sont situés sur le cercle-unité.
    On se doute un peu que j'ai la flemme de reproduire ces calculs compte tenu de mon état de santé actuel.
    J'ai trouvé pour l'équicentre, ( point fixe de l'application affine $T\mapsto T'$), le point d'affixe:
    $$\dfrac{s_1}2+\dfrac{s_3}2\overline{\rho}.\overline{\sigma}+\dfrac{\rho+\sigma}2$$
    et pour le centre aréolaire (ou centre des lenteurs selon Pierre) le point d'affixe:
    $$-s_3\overline{\rho}.\overline{\sigma}$$
    L'équicentre est l'orthopôle de la droite $(\rho,\sigma)$
    Le centre aréolaire est le point du cercle unité dont la droite de Steiner (ou de Simson) est parallèle à la droite $(\rho,\sigma)$.
    Amicalement
    pappus
  • Modifié (24 Sep)
    Bonjour et merci à poulbot et pappus pour vos contributions

    J'utilise les coordonnées barycentriques.

    Le triangle de référence ABC
    $A, B, C\simeq \left[\begin{array}{c} 1\\ 0\\0\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 1\\0\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\0\\ 1\end{array}\right].$

    O centre du cercle circonscrit de ABC
    $O \simeq \left[\begin{array}{c} a^2S_A\\ b^2S_B\\c^2S_C\end{array}\right].$

    M et M' deux points
    $M, M'\simeq \left[\begin{array}{c} u\\ v\\w\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} u'\\ v'\\w'\end{array}\right].$

    Le triangle podaire de M par rapport à ABC
    $D, E, F\simeq \left[\begin{array}{c} 0\\a^2v+S_Cu \\a^2w+S_Bu\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} b^2u+S_Cv\\ 0\\b^2w+S_Av\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} c^2u+S_Bw\\c^2v+S_Aw\\ 0\end{array}\right].$

    Le triangle podaire de M' par rapport à ABC
    $D', E', F'\simeq \left[\begin{array}{c} 0\\a^2v'+S_Cu' \\a^2w'+S_Bu'\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} b^2u'+S_Cv'\\ 0\\b^2w'+S_Av'\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} c^2u'+S_Bw'\\c^2v'+S_Aw'\\ 0\end{array}\right].$

    On sait que $DEF$ et $D'E'F'$ sont orthologiques si, et seulement si $DE'^2 - DF'^2 + EF'^2 - ED'^2 + FD'^2 - FE'^2 =0$.

    On a :

    $DE'^2 = (x_D - x_{E'})^2S_A + (y_D - y_{E'})^2S_B + (z_D - z_{E'})^2S_C$
    $DF'^2 = (x_D - x_{F'})^2S_A + (y_D - y_{F'})^2S_B + (z_D - z_{F'})^2S_C$
    $EF'^2 = (x_E - x_{F'})^2S_A + (y_E - y_{F'})^2S_B + (z_E - z_{F'})^2S_C$
    $ED'^2 = (x_E - x_{D'})^2S_A + (y_E - y_{D'})^2S_B + (z_E - z_{D'})^2S_C$
    $FD'^2 = (x_F - x_{D'})^2S_A + (y_F - y_{D'})^2S_B + (z_F - z_{D'})^2S_C$
    $FE'^2 = (x_F - x_{E'})^2S_A + (y_F - y_{E'})^2S_B + (z_F - z_{E'})^2S_C.$

    Ainsi $DEF$ et $D'E'F'$ sont orthologiques $\iff DE'^2 - DF'^2 + EF'^2 - ED'^2 + FD'^2 - FE'^2 =0 \iff (vw' -v'w)a^2S_A +(wu' - w'u)b^2S_B +(uv' - v'u)c^2S_C = 0 \iff \begin{vmatrix} u& v& w\\u'& v'& w'\\a^2S_A&b^2S_B& c^2S_C\end{vmatrix} =0 \iff $ M,M′ et le centre du cercle circonscrit O du triangle ABC sont alignés.

    Amicalement
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