Construction estivale
Bonjour
Etant donnés $3$ points alignés $A^{\prime },B^{\prime },C^{\prime }$, construire tous les triangles $ABC$ dont ce sont les pieds des bissectrices extérieures.
La construction de $ABC$ à partir des pieds des bissectrices intérieures est bien plus compliquée car, en général, elle est impossible à la règle et au compas et nécessite l'utilisation de coniques.
Amicalement. Poulbot
Etant donnés $3$ points alignés $A^{\prime },B^{\prime },C^{\prime }$, construire tous les triangles $ABC$ dont ce sont les pieds des bissectrices extérieures.
La construction de $ABC$ à partir des pieds des bissectrices intérieures est bien plus compliquée car, en général, elle est impossible à la règle et au compas et nécessite l'utilisation de coniques.
Amicalement. Poulbot
Réponses
-
Bonsoir poulbot
La droite qui passe par les points alignés $A', B', C'$ est l'axe anti-orthique du triangle $ABC$.
Amicalement -
Mon cher Bouzar
C'est la première fois que j'entends parler de la droite $A'B'C'$ comme étant l'axe anti-orthique mais il est vrai que je suis un béotien en géométrie du triangle.
Si j'étais toi, je m'intéresserais plutôt aux points $A''$, $B''$, $C''$ où les bissectrices intérieures aux sommets $A$, $B$, $C$ recoupent respectivement la droite $A'B'C'$ quel que soit son nom!
Les cercles de diamètres $A'A''$, $B'B''$, $C'C''$ forment un faisceau dont les points de base sont les centres isodynamiques du triplet de points alignés $(A',B',C')$.
Tiens, tiens!
Encore eux!!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour
Pappus wrote : "Si j'étais toi, je m'intéresserais plutôt aux points $A^{\prime \prime },B^{\prime \prime },C^{\prime \prime }$ où les bissectrices intérieures aux sommets $A, B, C$ recoupent respectivement la droite $A^{\prime }B^{\prime }C^{\prime }$ quel que soit son nom!"
Je ne peux qu'approuver chaleureusement, ces points étant les mêmes pour tous les triangles $ABC$ solutions. Pour le prouver (et éviter de passer par les points isodynamiques de Pappus), on peut, par exemple, faire (et justifier) une remarque pertinente sur le quadruplet $\left( B^{\prime },C^{\prime },A^{\prime },A^{\prime \prime }\right) $.
Cela dit, les points $A,B,C$ doivent être respectivement sur les cercles de diamètre $\left[ A^{\prime }A^{\prime \prime }\right] ,\left[ B^{\prime }B^{\prime \prime }\right] ,\left[ C^{\prime }C^{\prime \prime }\right] $ alors que les droites $BC,CA,AB$ doivent passer respectivement par $A^{\prime },B^{\prime },C^{\prime }$.
Mais il faut de tout de même que les points $A^{\prime },B^{\prime },C^{\prime }$ soient extérieurs respectivement aux segments $\left[ BC\right] ,\left[ CA\right] ,\left[ AB\right] $, ce qui nécessite de ne pas procéder n'importe comment, mais de choisir soigneusement celui des points $A,B,C$ que l'on va prendre pour paramètre et de construire précisément les $2$ autres. Bref, comment procéder?
Amicalement. Poulbot -
Bonjour Poulbot
Toujours aussi matinal, enfin presque!
Le quadruplet $(B',C',A',A'')=-1$ est harmonique.
C'était évident pour l'élève des (défuntes) Humanités que j'étais juste après la guerre, (laquelle, je ne me souviens plus), puisque par exemple les $A$-bissectrices et les droites $AB$ et $AC$ forment un faisceau harmonique qu'il suffisait de couper par la droite $A'B'C'$.
La géométrie projective ne faisant plus partie de notre culture, je ne vois pas très bien comment on peut résoudre ton bel exercice aujourd'hui. Enfin peu importe, rien à cirer!
Du point de vue de la géométrie circulaire, les cercles de diamètre $A'A''$, $B'B''$, $C'C''$ sont les cercles d'Apollonius du triplet de points alignés $(A',B',C')$ et forment donc un faisceau dont les points de base sont les centres isodynamiques du triplet $(A',B',C')$. Ils se coupent donc deux à deux sous des angles de $60°$.
C'est effectivement curieux à constater et même si cela n'a pas trop d'incidence sur ta construction, il fallait que cela fût dit!
Je laisse maintenant tes lecteurs se pencher sur la procédure à suivre!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Partant d'un triangle $A,B,C$, on a:
$$
A',B',C',A'',B'',C''\simeq \left[\begin {array}{c} 0\\ b
\\ -c\end {array} \right] , \left[ \begin {array}
{c} -a\\ 0\\ c\end {array}
\right] , \left[ \begin {array}{c} a\\ -b
\\ 0\end {array} \right] , \left[ \begin {array}{c}
-2\,a\\ b\\ c\end {array} \right]
, \left[ \begin {array}{c} a\\ -2\,b
\\ c\end {array} \right] , \left[ \begin {array}{c}
a\\ b\\ -2\,c\end {array} \right] $$ alignés sur la tripolaire de X(1), le centre inscrit .
Après calculs, les points communs aux trois cercles diamétraux sont:
$$ U \simeq
\left[ \begin {array}{c}
3\, \left( {a}^{2}b+c{a}^{2} +{b}^{2}c+b{c}^{2} -{b}^{3} -{c}^{3} -2\,abc \right) a
\pm 4\,\sqrt {3} \left( b+c -2\,a \right) aS
\\
3\, \left(c{a}^{2}+a{b}^{2}+a{c}^{2}+{b}^{2}c-{c}^{3} - {a}^{3} -2\,abc \right) b
\pm 4\,\sqrt {3} \left( c+a -2\,b \right) b S
\\
3\, \left( {a}^{2}b +a{b}^{2} +a{c}^{2} +b{c}^{2} -{a}^{3} -{b}^{3} -2\,abc \right)c
\pm 4\,\sqrt {3} \left( a+b-2\,c \right) c S
\end {array} \right]
$$
Isodynamiques ?
Cordialement, Pierre. -
Mon cher Pierre
Ce sont les centres isodynamiques du triplet de points alignés $(A',B',C')$.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
$M_a=A'$ (points donnés). Alors $N_a$ etc. sont les conjugués harmoniques. Puis on construit les cercles. Puis on prend $A$ sur le cercle idoine, on coupe et on apparie. Bilan: le lieu des centres circonscrits est une courbe amusante, symétrique et passant par les isodynamiques.
Cordialement, Pierre. -
Bonjour Pierre
Mon idée, pour ne pas à avoir à "apparier" était la suivante :
On définit une permutation $\left( P,Q,R\right) $ des lettres $A,B,C$ de sorte que
- le cercle de diamètre $\left[ P^{\prime }P^{\prime \prime }\right] $ est le cercle intermédiaire (celui dont le centre est entre les centres des $2$ autres)
- $Q^{\prime }$ est intérieur à ce cercle et $R^{\prime }$ extérieur, ce qui est possible vu que $\left( P^{\prime },P^{\prime \prime },Q^{\prime },R^{\prime }\right) =-1$
On prend alors un point variable $P$ sur le cercle de diamètre $\left[ P^{\prime }P^{\prime \prime }\right] $, la demi-droite $Q^{\prime }P$ a un unique point commun $R$ avec le cercle de diamètre $\left[ R^{\prime }R^{\prime \prime }\right] $ et, enfin, $Q=R^{\prime }P\cap P^{\prime }R$ (il est sur la demi-droite $P^{\prime }R$ et le cercle $\left[ Q^{\prime }Q^{\prime \prime }\right] $).
Sur la configuration de ma figure plus haut, $\left( P,Q,R\right) =\left( C,B,A\right) $.
En espérant ne pas avoir dit trop de bêtises.
Cordialement. Poulbot -
Merci Poulbot
Pour chaque point $A$ du cercle (d'Apollonius) de diamètre $A'A''$, il y aurait donc une solution.
Cela me parait loin d'être évident. Il y a là un intéressant petit problème de géométrie algébrique réelle.
Si $ABC$ est une solution, on sait que la transformation circulaire directe $ABC\mapsto A'B'C'$ est une transposition circulaire c'est à dire est involutive.
Peut-être y-a-t-il moyen de faire le bon choix avec cette transformation?
Pierre, notre expert en calcul, nous en dira certainement beaucoup plus!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Oui. On peut aussi définir $B_1,B_2=cirB \cap (A_0 M_c)$, suivi de $C_1=(B_1 M_a)\cap (A_0 M_b)$. Mais il n'en reste pas moins que choisir le point menant sur le petit cercle (celui dont le centre est à l'intérieur du segment des deux autres centres) permet une meilleure paramétrisation: la droite issue de $A_0$ est toujours sécante aux deux cercles !
-
Bonjour Poulbot,
Deux questions
1) Comment montrer que les cercles de la première figure appartiennent à un même faisceau ?
2) l'homographie qui applique $A'$ sur $A''$, $B'$ sur $B''$ et $C''$ sur $C'$ n'a pas de point fixe réel. Qu'en est-il de l'homographie identique à la précédente mais en inversant les rôles de $C'$ et $C''$ ?
merci
Yann -
Où sont les géomètres !?
-
Bonjour Yannguyen
C'et plutôt à Pappus que tu aurais du poser tes questions. Cela dit
$1)$ Puisque $\left( B^{\prime },C^{\prime },A^{\prime },A^{\prime \prime }\right) =\left( C^{\prime },A^{\prime },B^{\prime },B^{\prime \prime }\right) =\left( A^{\prime },B^{\prime },C^{\prime },C^{\prime \prime }\right) =-1$, une transposition circulaire $\tau $ échange $\left( A^{\prime },A^{\prime \prime }\right) ,\left( B^{\prime },B^{\prime \prime }\right) $ et $\left( C^{\prime },C^{\prime \prime }\right) $. Les $3$ cercles passent par les points fixes de $\tau $.
On peut aussi remarquer que l'inversion par rapport à un des $3$ cercles échange les $2$ autres; ils sont donc membres d'un même faisceau mais il faut un effort supplémentaire pour prouver que leurs points communs sont réels.
$2$ Ton homographie (de la droite) étant involutive, cela ne change rien.
Amicalement. Poulbot -
Merci cher Poulbot,
Je vais regarder cela tranquillement ce soir !
Yann -
Geogebra et figure illustrant le message précédent.
Alain -
Bonjour
Il n'y a rien à dire de plus que tout cela résulte de la théorie des centres isodynamiques de trois points, elle même étant un sous-produit de l'étude du groupe des transformations circulaires directes laissant trois points globalement invariants.
Ici on est dans le cas particulier où ces trois points sont alignés.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour
je viens d'ouvrir un nouveau fil Un peu de géométrie projective dont le résultat permet, entre autres, de montrer que, conformément à la figure de AD (voir ICI)
si une droite quelconque coupe en $A^{\prime },B^{\prime },C^{\prime }$ les bissectrices extérieures de $ABC$ et en $A^{\prime \prime },B^{\prime \prime },C^{\prime \prime }$ les bissectrices intérieures, les cercles de diamètres $\left[ A^{\prime }A^{\prime \prime }\right] ,\left[ B^{\prime }B^{\prime \prime }\right] ,\left[ C^{\prime }C^{\prime \prime }\right] $ sont membres d'un même faisceau.
NB : ce faisceau n'est pas nécessairement à points de base et le résultat illustré par la figure de AD est bien plus général que ce qui avait été dit auparavant.
Amicalement. Poulbot -
Bonsoir
On a un triplet $(A,B,C)$ de points alignés.
Cette figure montre la construction des centres isodynamiques $U$ et $V$ de ce triplet.
$A'$ est l'image de $A$ dans la transposition circulaire de points fixes $B$ et $C$
Le cercle de diamètre $AA'$ est l'unique cercle passant par $A$ et $A'$ qui soit orthogonal au cercle-droite $ABC$.
C'est donc le $A$-cercle d'Apollonius du triplet $ABC$.
On construit de même les cercles de diamètre $BB'$ et $CC'$, i.e: les $B$- et $C$-cercles d'Apollonius du triplet $(A,B,C)$.
Ces trois cercles se coupent toujours aux centres isodynamiques $U$ et $V$.
Je rappelle que la notion de cercles d'Apollonius et de centres isodynamiques d'un triplet de points sont des notions circulaires malgré leurs définitions euclidiennes
Par curiosité, j'ai tracé en bleu les lieux des points $U$ et $V$ quand le point $A$ décrit la droite $BC$, les points $B$ et $C$ étant fixes: explication de gravures?
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Cinq ans après.
N'aurait-on pas $30°=60°/2$ ?
Cordialement, Pierre.
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Bonjour!
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