dans des arcs qui donnent un cercle et un alignement
Commentaire de gipsyc
December 2024
Réponses
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Bonjour,
Puisque la chasse est ouverte, voici la justification que je propose, qui me semble très logique sans paroles.
Pour la clarté du schéma, j'ai supprimé les deux cercles donnés, en préférant privilégier ceux montrés (sur… -
Bonjour,
En bonus, avec mon schéma de triangle non isocèle réalisant l'égalité proposée, si l'on reproduit le théorème des cordes sécantes en alignant les petits segments avec les plus grands de même couleur
FD DQ = PD DE
Bonjour,
Si le △ABC est A-isocèle, il me semble
• que le point de Gergonne n'a pas d'autre choix que d'être sur l'axe de symétrie du triangle isocèe,
• que le triangle de contact est symétrique par rapport à cet axe
• qu…Bonjour Jean-Louis,
Je viens de transmettre tes remerciements les plus vifs.
Comme à son habitude, Ichung Chen nous donne en quelques mots bien distillés, en quelques lignes, une explication cohérente.
J'aimerais moi-même …Bonjour,
Une réponse très logique donnée par Ichung Chen, que je vous livre telle quelle.J is the radical center of ⊙(BRQC), ⊙(CPRA), and ⊙(AQPB).Let the power of J to these circles = k.Bonjour,
Belle question.
Je l'ai replacée dans plusieurs groupes de discusion géométrique sur Facebook,
Bonjour,
Également dans mes notes :
Cordialement,
Jean-Pol CoulonBonjour,
Juste pour illustrer
• l'orthocentre du triangle construit comme centre N du cercle d'Euler du △ABC ... et
• le fait …Bonjour,
Avec la même construction (en renommant les points),
les céviennes construites avec les points de tangence U, V et W corres…Bonjour,
J'imagine que la solution est dans la similitude directe spiralée entre les trois triangles, mais je ne trouve pas les arguments.
Ci-dessousCentres de similitude directe construits pour AX, PY et DZ.
S₁︎ = △A…
Bonjour,
Pourquoi faire compliqué quand un schéma (quart de cercle dans un carré) donne la solution:
p étant le semi-périmètre
r…Merci Tomm pour la référence
... qui reprend les deux solutions proposées plus haut.Bonjour,
Une autre construction à la règle et au compas (donné par Viktor Kutsenok).
Soient E, F, G et H les 4 points répartis sur les 4 cô… Bonjour,
Autre méthode que la mienne, n'utilisant que les birapports :
Donnée par Ichung ChenIchung Chen
E(B,C;P,F) = E(A,D;R,F)
(BP/PC)/(AR/RD) = (BF/FC)/(AF/FD), similarly
(CQ/QD)/(BS/SA) = (…
Bonjour,
J'avais déjà publié ce problème deux ans avant Van Khéa.https://www.facebook.com/share/p/18DEgrVoxy/?
Voici la solution que je proposais.
La contribution de Ichung Chen, reprise telle qu'elle :[BAQ]/[ABD] = c/(c+d)[BCP]/[BCD] = a/(a+d)[DQP]/[DAC] = d²/(a+d)(c+d)[BPQ]/[ABC] = 2 - c/(c+d) - a/(a+d) - d²/(a+d)(c+d) = d(a+c+d)/(a+d)(c+d)<…Bonjour,
Une généralisation du problème ... à titre d'exercice, et une précision pour le cas particulier de D = M milieu de BC.
Soient
• un △ABC quelconque, son cercle circonscrit ☉︎(ABC)
• deux points D et S quelconq…Bonjour,
Le point G, rebaptisé K ci-dessous, est également sur le cercle (AI) tangent au cercle (ID) donnant le point H (rebaptisé T).
Pour faire joli, j'ai rajouté le cerclec A-Mention (BIC) tangent aux cercles (ID) et (AI) et centr…Merci RHOM et pappus.
J'avais déjà entrevu cette question dans mes notes, avec un petit résumé repris ci-dessous, regroupant plusieurs de mes lectures.dans Triangle harpon d'une ellipse Commentaire de gipsyc November 2024
Bonjour,
Si BD = DC, AB < AC, on a également, il me semble
AB² + AC² = 2 (AD² + BD²)
Cordialement,
Jean-Pol CoulonBonjour,
Si l'on rajoute la réflexion (symétrie centrale) du point X par A en Xa, cela devient plus évident : l'on obtient un parallélogramme dont les diagonales se croisent en A.dans A est milieu Commentaire de gipsyc November 2024
Bonjour,
Si j'ai bien compris, il s'agit de montrer
IJK = PQR o ABC ⇔ IJK o PQR = ABC,
XYZ désignant tout triangle de la famille des triangles directement semblables à un △XYZ donné.
Jean-Pol CoulonBonjour,
Un autre cercle passant par le point de Feuerbach Fe d'un △ABC.
Soit I le centre inscrit du △ABC.
Soit ω le cercle d'Euler du △BIC (dont le cercle circonscrit est le cercle A-Mention).
Montrez que ω pas…J'avais posté cet exercice comme généralisation d'un exercice de Yura Biletski :
Question d'un béotien.
Pourquoi parler d'isométrie, d'orthogonalité, d'aire, ... quand j'y vois essentiellement une similitude directe entre deux triangles « s'emboîtant » par un sommet ... bref une homothétie, donc une transformation euc…Bonjour,
Deux autres points sur la droite MNL (renommés KMN ci-dessous)
• le milieu L du A-côté ZY du triangle de Nagel (triangle de …Bonjour,
Quelques réflexions évidentes ci-dessous, puis deux question.
Le triangle A'B'C' image par symétrie centrale du triangle ABC n'est pas indispensable : les symétriques de trois parallèles par A, B et C dans la même symé…Bonjour Jean-Louis,
Je n'ai malheureusement pas de copie de vos archives, même si j'en ai extrait (quand elles étaient accessibles) pas mal de commentaires (surtout dans les addenda, reprenant les lemmes fondamentaux) pour enrichir mes no…Merci Rescassol.
Une approche plus synthétique ? projective ?dans Symétrie centrale, parallèles et colinéarité, par Mikołaj Znamierowski Commentaire de gipsyc August 2024Bonjour Jean-Louis,
Je n'ai pas utilisé « à la Newton » les diagonales du quadrilatère tangentiel, mais bien, à la manière de Brianchon, les diagonales entre les sommets opposés de l'hexagone dégénéré constitué des 4 sommets de ce quadril…Bonjour Jean-Louis,
Je pense que mon argumentation est solide.
De quel théorème de Newton voulez-vous discuter ? Celui concernant le centre du cercle inscrit dans un quadrilatère tangentiel, sur la droite de Newton de ce quadri…Bonjour,
Pourquoi pas Brianchon ?
Le cercle inscrit est bien circonscrit par l'hexagone dégénéré AEBDGF (quadrilatère tangentie…Bonjour,
Comme AX/XC = BX/XD,
une construction graphique (parallélogramme ABEF, AF et BE // XY) mettant en évidence par Thalès, que
XA/XC = XB/XD = YE/YD = -YA/YDdans Vraiment simple Commentaire de gipsyc August 2024
Bonjour,
S'il ne fallait qu'un seul point :
la projection du centre circonscrit O par rapport à chaque côté donne un triangle homothétique 2:1 du triangle médian, centre d'homotéthie O, semblable au triangle de référence.
Ce no…Bonjour,
Le même trapèze, dans le contexte d'un triangle ABC, de son cercle inscrit capté par le trapèze tangentiel BcCbCB de base inférieure BC (opposée au sommet A).dans Trapèze circonscriptible Commentaire de gipsyc August 2024
Bonjour,
La propriété est naturellement retrouvée pour tout point P sur l'une ou l'autre des hauteurs, le point X₂︎ de la X-hauteur (X = A, B ou C) se confondant avec l'orthocentre H, puisque la projection de H par symétrie axiale par rap…Bonjour,
Avec pas mal de retard, et en exacte corrélation avec les deux angles congruents de l'exercice et le cercle de A-Mention donné précédemment, voici une petite perle sur le plan historique : la onzième proposition d'Archimède :Bonjour,
Ma vision béotienne des choses :
Avec pourquoi pas le théorème de Newton rappelé par pappus et/ou le théorème de Pasc…Merci Bouzar
Bonjour
Pour démontrer le début de mon deuxième commentaire
FQ = PE
quelque soit le triangle ABC, j'ai proposé dans une discussion :Soient
A₁︎ = réflexion de A par rapport à la médiatric…
Bonjour!