Deux propriétés du triangle

par **mistou26** » 09 Déc 2010, 00:15

1/ Soit un triangle ABC et un point M non situé sur (AB), (BC) ni (CA).
(AM) coupe (BC) en A1, (BM) coupe (CA) en B1 et (CM) coupe (AB) en C1.
Soit A2, B2 et C2 les milieux respectifs de [B1C1], [C1A1] et [A1B1].
On montre que les droites (AA2), (BB2) et (CC2) sont concourentes ..
figure

2/ Soit un triangle ABC et un point M différent de A, B et C.
Soit A1, B1 et C1 les projections orthogonales de M sur (BC), (CA) et (AB) respectivement.
On montre que les perpendiculaires à (A1B1), (B1C1) et (C1A1) issues respectivement de C, A et B sont concourentes ..
figure

J'aimerais avoir des informations sur ces deux transformations du plan ... que je n'ai, bien sur, pas la prétention d'être le premier à découvrir ...
Est-ce que quelques géomètres avisés ont des tuyaux ?
Au passage, pour la seconde, ma démonstration est lourde et inélégante (algébrique en fait !) .. si quelqu'un a mieux ça m'interresse.

par **Olympus** » 09 Déc 2010, 01:06

Salut !

Euh, et ceux qui n'ont pas un compte Fessebouk ?

par **mistou26** » 09 Déc 2010, 01:14

Désolé !! Je modifie pour que l'accès soit public sur ces images

Est-ce que ça fonctionne mieux ?
Non .. ça marche pas mieux ...
Quelqu'un peux-t-il m'indiquer comment insérer une image de mon PC dans le texte ... merci !

Maintenant ça marche !!!

par **abcd22** » 09 Déc 2010, 18:31

Bonjour,
Pour le 2, c'est un cas particulier de triangles orthologiques. Voir le chapitre 3 (en particulier 3.2 et 3.4) du livre Topics in Elementary Geometry de Bottema.

par **mistou26** » 09 Déc 2010, 18:54

Merci pour l'info ... !

par **leon1789** » 09 Déc 2010, 19:56

abcd22 a écrit:Bonjour,
Pour le 2, c'est un cas particulier de triangles orthologiques.

on dit plutôt triangle orthique en France (je dis ça car je crois que abcd22 est d'un autre continent, mais je me trompe peut-être... sur le continent, pas sur le triangle orthique :lol3: )

par **leon1789** » 09 Déc 2010, 19:59

abcd22 a écrit:Bonjour,
Pour le 2, c'est un cas particulier de triangles orthologiques.

A moins que je me trompe, on dit plutôt triangle orthique en France (je dis ça car je crois que abcd22 est d'un autre continent)

par **mistou26** » 09 Déc 2010, 20:01

Je ne crois pas: "triangle orthique" est réservé au triangle formé par les pieds des hauteurs.
Les triangles orthologiques c'est autre chose: voir le lien ...

par **leon1789** » 09 Déc 2010, 20:12

Ha oui, c'est exact.

par **abcd22** » 10 Déc 2010, 03:50

Au sujet du 1/, on peut remarquer que c'est vrai aussi si on remplace

et

par n'importe quels points sur

et

tels que les droites

et

soient concourantes.

par **mistou26** » 10 Déc 2010, 11:35

J'avais vainement cherché à généraliser la construction à autre chose que les mileux de (A1B1), (B1C1) et (C1A1) ...
Je vais essayer de trouver ma propre preuve de votre généralisation .. !!
Merci de vos très sagaces contributions ...

par **abcd22** » 10 Déc 2010, 15:36

Ma preuve utilise le théorème de Céva (voir par exemple section 2.3 du livre suscité), et une autre notion (qui n'est pas dans le livre suscité).

par **mistou26** » 10 Déc 2010, 15:57

J'ai profité de ma pause déjeuner pour regarder ..
Ma preuve pour le cas particulier des milieux .. s'adapte aisément.
Elle utilise des relations simples entre les coordonnées barycentriques ...
On obtient au final les cooordonnée barycentriques du point recherché en fonction de celles du point initial et de celles du point de concour choisi dans A1B1C1 (relativement à ce dernier triangle: 1,1,1 dans le cas particulier).
Je pense m'interreser maintenant à des couples de points particulier dans ABC et A1B1C1 pour voir ci on obtient ou non des point interressants (i.e déjà connus) par cette transformation ...

par **Ben314** » 10 Déc 2010, 15:59

Salut,
Si tu parle de ta propriété 1), il me semble qu'on s'en sort trés simplement en terme de barycentres :

Si M=Bar{[A,a],[B,b],[C,c]} alors la droite (AM)\{A} est l'ensemble des Bar{[A,?],[B,b],[C,c]} donc, si b+c est non nul, A1=Bar{[B,b],[C,c]} (si b+c=0 A1 n'existe pas)
Idem pour B1 et C1 à permutation prés.
D'où A2=Bar{[B1,1],[C1,1]}=Bar{[A,a/(a+c)],[C,c/(a+c)],[A,a/(a+b)],[B,b/(a+b)]} donc la droite (AA2)\{A} est l'ensemble des Bar{[A,?],[B,b(c+a)],[C,c(a+b)]}
Idem pour B2 et C2 à permutation prés.
Il est alors clair que, si a(b+c)+b(c+a)+c(a+b) est non nul alors les trois droites sont sécantes en N=Bar{[A,a(b+c)],[B,b(c+a)],[C,c(a+b)]}

Ce qui me parrait plus marrant, c'est de chercher les M tels que a(b+c)+b(c+a)+c(a+b)=0, cas dans lequel les droites (AA2), (BB2) et (CC2) sont parallèles deux à deux (vu que si deux se coupaient, la troisième devrait passer par le point d'intersection). Le résultat est assez joli (mais connu).

Aprés, il est assez simple de voir quels sont les "points interessants" par la transformation M=Bar{[A,a],[B,b],[C,c]} -> N=Bar{[A,a(b+c)],[B,b(c+a)],[C,c(a+b)]}.
Par exemple, le centre de gravité et les milieux des cotés sont les seuls point fixe.

par **mistou26** » 10 Déc 2010, 17:57

Merci Ben314 : Ma démonstration est effectivement quasiment identique à la tienne !
Comme, je l'ai dit préedemment, je préfère m'interreser à la généralisation trouvée par abcd22 .. entre autre, le cas ou le point choisi dans A1B1C1 a les mêmes coordonnées barycentrique dans ce triangle que le point d'origine dans ABC .. !!

par **Ben314** » 10 Déc 2010, 22:09

Faut dire (j'espère que tu t'en doutait vu les 2minutes d'écart) que j'avais pas vu ton post quand j'ai tapé le mien (sinon je me serais abstenu vu que je répète exactement la même chose que toi...)

par **mistou26** » 10 Déc 2010, 23:55

Oui je me suis douté de ça ... mais finalement, je trouve très bien que tu ne te sois pas abstenu ...
Pour revenir à la génralisation à des droites (A1A2), (B1B2à & (C1C2) concourantes en un point M1= Bar{[A1,a1],[B1,b1],[C1,c1]}
(le cas des milieux correspond à a1=b1=c1=1)
on obtient (sauf erreur de ma part):
N=Bar{[A,a(b+c)/a1],[B,b(c+a)/b1],[C,c(a+b)/c1]}.
Ce qui fait que si on prend l'autre ca particulier a1=a, b1=b et c1=c ... ça donne N=Bar{[A,b+c],[B,c+a],[C,a+b]} ....
J'avoue que la simplicité du résultat m'a surpris !!!

par **Ben314** » 11 Déc 2010, 00:08

mistou26 a écrit: ... ça donne N=Bar{[A,b+c],[B,c+a],[C,a+b]} ....

Si tu ne t'est pas gourré (et que je me gourre pas non plus), le fait que les coeffs finaux soient linéaires en les coeffs de départ (i.e. pas de carré ou de produit) signifie que l'application M->N est une application affine, c'est à dire quelque chose de facilement descriptible géométriquement.
Je te laisse chercher à quoi ça correspond en fait...

par **Anonyme** » 11 Déc 2010, 16:30

Olympus a écrit:Salut !

Euh, et ceux qui n'ont pas un compte Fessebouk ?

Je me sentais un peu seul :p

par **mistou26** » 12 Déc 2010, 00:27

Oui ...
la transformation de M=Bar{[A,a],[B,b],[C,c]} en N=Bar{[A,b+c],[B,c+a],[C,a+b]} est élémentaire: homothétie de centre G (cdg) et rapport -1/2.

Je me suis amusé à étudier avec "Declic" ce qui se passe lorsqu'on choisit l'orthocentre comme point intermédiaire dans A1B1C1 ...
La figure ci-après donne l'image du cercle inscrit par la transformation ..
figure
Le résultat m'a bien plut !!!

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