Constructions de géométrie circulaire
Bonjour à tous
Vous avez sur votre feuille de papier chiffonnée deux triplets de points $(A,B,C)$ et $(A',B',C')$.
Soit $f$ la transformation circulaire directe telles que $f(A)=A'$, $f(B)=B'$, $f(C)=C'$.
Comment construire avec votre règle ébréchée et votre compas rouillé le point $I$ tel que $f(I)=\infty$ et le point $J'=f(\infty)$
Donner une procédure avec GeoGebra utilisant toutes les fonctionnalités de ce logiciel!
Amicalement
pappus
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Réponses
Amicalement
pappus
Pour la construction à la règle et au compas je n'ai pas trouvé. En tous cas GeoGebra peut déterminer les coefficients de la fonction homographique $f$ telle que $z'=f(z)$, $f(a) =a'$, $f(b)=b'$, $f(c)=c'$. On entre $f:=(P*z+Q)/(z+S)$ dans le calcul formel (on peut prendre $r=1$) puis on y tape Résoudre({A' = Substituer(f, z, A), B' = Substituer (f, z, B ), C' = Substituer(f, z, C)}, {P, Q, S}) en ayant au préalable fait en sorte que les points soient considérés comme des nombres complexes (menu propriétés puis algèbre). On récupère les solutions sous la forme d'une liste dont on a plus qu'à extraire les éléments.
Cordialement, Ludwig
En particulier, $I$ est le point fixe de $s_C^{-1}\circ s_B$ et $J$ celui de $s_C\circ s_B^{-1}$.
Pour des questions pratiques, je confonds points et affixes.
Et on peut construire $f(O)$ et $f^{-1}(O')$ comme déjà vu ici.
C'est pas mal du tout, d'autant que tout a déjà été justifié a priori (pour une fois) ! 👍
Alors $g=s_I\circ f$ est une homographie qui échange $B$ et $C$ donc c'est une involution qui envoie aussi $A$ sur $s_I(A')$.
De plus, $f=s_I\circ g$.
Une fois $I$ construit, pour tout $M\neq I$, la similitude directe $IM\mapsto IA'$ envoie $A$ sur $f(M)$.
Soit $f$ une homographie de points limites $I\neq J'$ et $\Omega$ le milieu de $IJ'$.
On suppose qu'on sait construire l'image de tout point par $f$.
Notons $P,Q$ les points fixes de $f$.
Soit alors $g$ l'involution de point central $\Omega$ qui fixe $P$. Son autre point fixe est $Q$ !
Comme $f$ et $g$ ont les mêmes points fixes, elles commutent !
On a $\dfrac{\Omega-P}{\Omega-A}=\dfrac{\Omega-A'}{\Omega-P}$.
En particulier, $P$ est sur la bissectrice intérieure de $(\Omega A,\Omega A')$.
Par ailleurs, j'ai montré ici que les points fixes de $f$ sont aussi les points fixes d'une certaine involution.
D'où leur construction par les deux bissectrices.