Géométrie du triangle

**Garf** · 16/07/2011, 15h53

Bonjour,

J'aurais un petit problème à proposer. Il m'est venu à l'esprit aux feux d'artifices il y a quelques jours, et plus spécialement en voyant certains petits jouets lumineux. J'y ai pensé un peu, mais je n'ai pas trouvé de solution évidente - j'ai pu rater des trivialités, ceci dit. Et mes souvenirs de géométrie du triangle se font lointains.

Passons aux choses sérieuses. On se donne un point $\text{[math]}$ du plan, et trois cercles concentriques $\text{[math]}$ , $\text{[math]}$ et $\text{[math]}$ , de rayons respectifs $\text{[math]}$ , $\text{[math]}$ et $\text{[math]}$ , centrés en $\text{[math]}$ . Le problème est de construire un triangle $\text{[math]}$ tel que $\text{[math]}$ , $\text{[math]}$ , $\text{[math]}$ , et :
* Problème 1 : $\text{[math]}$ est le centre du cercle circonscrit au triangle $\text{[math]}$ .
* Problème 2 : $\text{[math]}$ est le centre du cercle inscrit au triangle $\text{[math]}$ .
* Problème 3 : $\text{[math]}$ est l'orthocentre du triangle $\text{[math]}$ .
* Problème 4 : $\text{[math]}$ est le centre de gravité du triangle $\text{[math]}$ .
* Problème 5 : $\text{[math]}$ est le barycentre de $\text{[math]}$ , $\text{[math]}$ et $\text{[math]}$ .

L'un de ces problèmes est trivial, mais quant aux quatre autres...

Bien sûr, on peut supposer $\text{[math]}$ , et les solutions sont à trouver à symétries près. J'avais pensé aborder le problème analytiquement, mais le plus intéressant dans ce genre de situation est de trouver une construction élégante des solutions alors je m'en remet à vous.

Merci d'avance !

**369** · 16/07/2011, 17h07

Si le point O doit vérifier ces propriétés alors ABC est équilatéral
et comme A,B et C sont à la même distance du point O, on peut pas avoir 3 points sur 3 cercles différents

j'ai tracé un triangle équilatéral et j'arrive pas à faire 3 cercles pour chaque point sans que l'un des points appartiennent à un autre cercle

**Garf** · 16/07/2011, 17h35

Ce sont cinq problèmes distincts. Je ne demande pas au point $\text{[math]}$ d'être à la fois, disons, centre de gravité et orthocentre.

Dlzlogic · 16/07/2011, 17h58

Bonjour,
1- centre du cercle circonscrit
OA = OB = OC
OA = R1 ; OB = R2 ; OC = R3.
Les 3 cercles sont confondus, ou le problème est impossible.

Généralisation probable : la droite d'Euler a des propriétés telles que aucune de ces propositions n'est possible.

A voir en vidéo sur Futura · Aujourd'hui

**ansset** · 16/07/2011, 19h01

Envoyé par Garf

Ce sont cinq problèmes distincts. Je ne demande pas au point $\text{[math]}$ d'être à la fois, disons, centre de gravité et orthocentre.

alors ils'agit d'une "révision" des définitions ????

**369** · 16/07/2011, 19h07

pour le problème 3

tu places un point A n'importe ou sur C1
tu traces un trait vertical passant par A et coupant C2. le point d'intersection sera B
tu traces la perpendiculaire à [AB] passant par O et coupant C3
normalement le triangle trouvé vérifie le problème 3

**369** · 16/07/2011, 20h50

pour mon message précédent je rajoute que c'est bon que lorsque O est dans le triangle.
et O ne doit pas appartenir au segment [AB]

**369** · 17/07/2011, 10h22

pour le problème 2
on prend O dans ABC et O ne doit pas appartenir au segment [AB]
on prend un point A et B vérifiant les 2 conditions
on trace les droites (OA) et (OB) puis on cherche le point C pour que ces 2 droites soient des bissectrices.
on trace la perpendiculaire à (OB) par exemple. on construit le symétrique du point d'intersection par rapport à (OB). il appartient à la perpendiculaire on l'appelle E
puis on trace la droite (OE) jusqu'à l'intersection du cercle C3 et on trouve le point C.

faut il juste donner une construction ou il faut prouver également que le triangle trouvé convient?

**Garf** · 18/07/2011, 23h04

Dlzlogic : le cas du cercle circonscrit est justement celui que je qualifiait de "trivial". La généralisation aux autres cas est franchement douteuse (comprendre : totalement fausse).

Ansset : je ne comprends pas ce que vous voulez dire.

369 : merci pour les contributions, mais elles ne marchent pas. Pour le cas de l'orthocentre : avec ta construction, le point $\text{[math]}$ appartient à la hauteur partant de $\text{[math]}$ au côté $\text{[math]}$ , mais pas nécessairement aux autres hauteurs (et donc peut ne pas être l'orthocentre). La construction pour le centre du cercle inscrit ne marche pas, même s'il y a de l'idée.

Le problème, c'est qu'en général, je pense, la solution est unique à rotations et symétries axiales près. Une fois que l'on a fixé le point $\text{[math]}$ , la solution devient unique à symétrie axiale près, et donc il y a seulement deux endroits possibles pour le point $\text{[math]}$ . Par conséquent, fixer $\text{[math]}$ et $\text{[math]}$ arbitrairement dès le départ est voué à l'échec.

Une analyse rapide me mène à penser (je ne suis pas 100% sûr) que :
* le problème 4 (centre de gravité) a une solution si et seulement si $\text{[math]}$ (sous les hypothèses déjà faites dans mon premier message). Dans ce cas, la solution est bien unique à symétries près.
* le problème 5 a une solution si et seulement si $\text{[math]}$ (sous les hypothèses déjà faites dans mon premier message). Dans ce cas, la solution est bien unique à symétries près.

Mais ce que j'aimerais, ce serait une méthode pour construire l'une des solutions...

**Universus** · 19/07/2011, 02h06

Salut,

Mon idée (que je pense s'adapte à chaque situation avec un peu de travail) est de ne pas chercher le cercle dont le centre vérifiera la propriété du problème considéré, mais d'inverser le problème d'une façon particulière. Au lieu de donner une vague idée de la démarche générale, je donnerai un exemple concret afin de résoudre le problème 2.

J'utiliserai un système de coordonnées centré sur O pour faciliter à l'occasion la désignation des éléments géométriques. Supposons $\text{[math]}$ les rayons de cercles centrés en (0,0). Soit Q=(0,R₀) et D le droite horizontale passant par Q (donc tangente à C₀). Soient P (d'abscisse négative) et S (d'abscisse positive) les points d'intersection de D avec C₂ et C₃ respectivement. P et S étant à l'extérieur du disque de bord C₀, il existe pour chacun une autre droite, E et F respectivement, passant par ce point et tangente chacune à C₀, les points d'intersection avec le cercle étant respectivement A et B. Leur point d'intersection sera noté I et se situe lui aussi en dehors du disque de bord C₀.

PSI est un triangle ayant pour cercle inscrit C₀. Le segment OI défini un cercle C₁ de rayon mOI=R₁ centré en O. Ce cercle est plus petit que C₂.

Soient $\text{[math]}$ , $\text{[math]}$ et $\text{[math]}$ les angles AOI, POQ et QOS respectivement. Nous avons les trois équations suivantes :

$\text{[math]}$ pour i=1,2,3. Bien sûr, il faut aussi que $\text{[math]}$ .

Dans la pratique, étant donné trois cercles vérifiant $\text{[math]}$ , je pense qu'on peut choisir $\text{[math]}$ et que cela détermine les autres variables uniquement.

**Universus** · 19/07/2011, 03h14

Il y a d'autres conditions à imposer en fait pour que ma démarche soit concluante, car j'ai commis quelques erreurs.

Si $\text{[math]}$ , $\text{[math]}$ et $\text{[math]}$ sont donnés, il faut que I existe! C'est-à-dire que $\text{[math]}$ . Même cette condition vérifiée, il se peut toujours que le cercle de rayon $\text{[math]}$ obtenu soit le plus grand de tous.

Cela complique peut-être bien le processus d'inversion que je comptais faire. Nous avons $\text{[math]}$ qui est équivalent à $\text{[math]}$ ce qui est équivalent à

$\text{[math]}$ .

Si nous avons $\text{[math]}$ donnés et que $\text{[math]}$ existe, alors il est inférieur à $\text{[math]}$ (car on peut appliquer ma procédure pour retrouver $\text{[math]}$ ). Une condition suffisante (mais pas nécessaire...) donc est que $\text{[math]}$ .

Enfin, je me complique sans doute vraiment la tête... mon idée est peut-être moins efficace que je ne l'aurais cru... Je pense qu'il faut faire un peu de cas par cas par ma façon pour aboutir. C'est déjà moins élégant.

**Universus** · 19/07/2011, 03h34

Dernier commentaire sur cette idée...

Il s'agit de voir si cette démarche a du bon sens :

Étant donné deux cercles concentriques A et B, il faut trouver l'ensemble de cercle C concentrique à A tels que la procédure que j'ai mentionnée conduit belle et bien à l'existence d'un triangle ayant un sommet sur A et un sur B et ayant C comme cercle inscrit. Cela amène à l'existence d'un autre cercle concentrique à A, noté D, qui possède le troisième point du triangle. D coïncide possiblement avec A ou B. Il est intéressant de savoir aussi quels D on peut ainsi construire avec A et B.

Donc étant donné A et B, on veut choisir un C, ce qui produira un D. On chercherait ensuite à inverser cette démarche afin de voir quelles conditions sur D (en rapport à A et B) impliquent l'existence d'un C. J'ai tenté de mener à bien cet exercice dans le détail, mais ce n'est pas complet du tout.

**Universus** · 19/07/2011, 11h53

Bref commentaire concernant tout ce que j'ai fait hier.

Si nous avons deux cercles A et B concentriques, on peut se demander quelle gamme de rayon peut avoir un troisième cercle concentrique C pour qu'une tangente à ce cercle détermine, par la procédure de mon premier message, un triangle ayant deux sommets sur A et B (au moins). Cela revient à poser l'existence du point I de mon premier message.

On peut se rendre comme qu'il faut que $\text{[math]}$ . Une fois ces conditions vérifiée, on peut bâtir un seul quatrième cercle D (éventuellement égal à A et B) tel que le triangle ayant C pour cercle inscrit a ses trois sommets sur A,B et D.

$\text{[math]}$ prend les valeurs de 0 à l'infini exclusivement et croît avec $\text{[math]}$ , lui étant toujours supérieur.

Cela signifie qu'étant donné trois cercles concentriques (indexé par 1, 2 ou 3) comme dans le problème original, il existe un et un seul cercle de rayon $\text{[math]}$ solutionnant le problème 2. Néanmoins, du moins par les calculs que je poursuivais, je devais résoudre une équation polynomiale de grand degré afin d'exprimer le rayon r solution en terme des $\text{[math]}$ , donc je n'ai pas de façon exacte de construire la solution ici.

Cela semble indiquer davantage l'efficacité de ma méthode pour établir l'existence d'une solution, mais pas pour la construction explicite de la solution, alors qu'il s'agissait là du but premier de Garf.

Géométrie du triangle