Forum de mathématiques - Bibm@th.net
Vous n'êtes pas identifié(e).
- Contributions : Récentes | Sans réponse
Répondre
Résumé de la discussion (messages les plus récents en premier)
- Jean-Louis Ayme
- 19-03-2024 14:13:20
Bonjour,
les triangles GIH et BFE étant perspectifs de centre D, (AD) étant l'axe de perspective, le résultat suit.
Sincèrement
Jean-Louis
- bridgslam
- 23-12-2023 17:20:33
Bonsoir,
On s'aperçoit que la propriété est facile ( médianes, plein de points milieux etc) si H est milieu de DE dans le plan du dessin (figure "idéale") .
Sinon on peut voir la figure réelle comme projetée sur ce plan de la figure idéale dans l'espace ( placée sur un plan incliné adéquat).
Comme le parallélisme (et l'alignement ) se transmettent d'une figure à l'autre, c'est bon.
A.
- Rescassol
- 09-12-2023 22:14:13
Bonsoir,
Tu veux aussi que je te dise que les droites $(AL)$ et $(BK)$ sont parallèles ?
Cordialement,
Rescassol
- Bernard-maths
- 09-12-2023 20:40:21
Eh ben, il en aura fallu du temps pour que tu nous dises tout ( ou presque ?) !!!
Merci quand même ... (:-) !
Et cordialement aussi,
Bernard-maths
- Rescassol
- 09-12-2023 18:02:44
Bonsoir,
Bernard, ce sont bien sûr les droites $(ED)$ et $(EF)$, ce qui peut se vérifier (comme tout le reste) avec Géogébra, qui connaît les barycentres.
Et la tangente en $C$ est parallèle à $(FD)$.
Les droites $(EF)$ et $(ED)$ coupent cette tangente respectivement en $K$ et $L$.
Alors, le triangle $EKL$ est le triangle anticomplémentaire du triangle $CFD$ et donc l'ellipse est l'ellipse de Steiner inscrite dans le triangle $EKL$.
Le centre de l'ellipse $\Omega$ est alors le centre de gravité du triangle $EKL$.
Cordialement,
Rescassol
- Bernard-maths
- 09-12-2023 17:32:45
Et les tangentes en D et F ... hein ?
- Bonaventure Sofoton Tonou
- 09-12-2023 17:18:44
Salut à tous..
C'est t trop mieux la méthode barycentre..
Bonaventure-S0_
- Rescassol
- 09-12-2023 17:03:51
Bonjour,
De plus, quand $H$ décrit la droite $(DE)$, le lieu de $G$ est une ellipse passant par $C,D,F$ dont le centre $\Omega$ est au tiers de $[CE]$ à partir de $C$.
Son équation barycentrique par rapport au triangle $CFE$ est $xy + 2xz - z^2 = 0$.
Cordialement,
Rescassol
- Bernard-maths
- 09-12-2023 16:24:25
Re bonjour !
Je pensais au début utiliser le "marteau piqueur" de mon prof de maths = se mettre dans un repère et calculer avec le coordonnée !
Puis je cherche avec les triangles et Thalès, je tourne en rond ... pour le moment ...
La méthode barycentrique et bien plus simple que le marteau piqueur !
Cordialement, B-m
- Bonaventure Sofoton Tonou
- 09-12-2023 14:42:50
Merci Rescassol pour le nouvel apport
C'est cool..
Cordialement
Bonaventure-S0_
- Rescassol
- 09-12-2023 12:27:42
Bonjour,
Rajoutons un bout de code:
% (DG) coupe (EF) en J
J=Wedge(Wedge(D,G),Wedge(E,F)) % J=[0; 1-t; -1]
VIJ=Vecteur(I,J) % VIJ=[-1/t, 1/t, 0]
VCF=Vecteur(C,F) % VCF=[-1, 1, 0]
% On constate que VIJ = 1/t * VCF donc (IJ) et (CF) sont parallèles
Et la figure:
Cordialement,
Rescassol
- Bonaventure Sofoton Tonou
- 09-12-2023 11:03:18
Bonjour Bernard-maths,
Oui c'est vrai ton constat..
Bonaventure-S0_
- Bonaventure Sofoton Tonou
- 09-12-2023 10:59:49
Bonjour Rescassol,
Merci pour la résolution barycentrique...
Bonaventure-S0_
- Bernard-maths
- 09-12-2023 10:10:36
Bonjour à tous !
Beaucoup de triangles emboités à côtés parallèles, donc ...
On constate de plus une certaine symétrie dans la figure, en ajoutant le point J et la droite (JI) ...
Cordialement,
Bernard-maths
- Rescassol
- 09-12-2023 09:34:53
Bonjour,
En barycentrique:
% Bonaventure Sofoton Tonou - 08 Décembre 2023
% Parallélogramme et droites parallèles
clear all, clc
%-----------------------------------------------------------------------
% Le triangle de base est le triangle CFE
% Parallélogramme CFED
C=[1; 0; 0]; F=[0; 1; 0]; E=[0; 0; 1]; D=[1; -1; 1];
syms t real
H=[1; -1; t]; % Un point H de (DE)
% (FH) coupe (CD) en A
A=Wedge(Wedge(F,H),Wedge(C,D)) % A=[-1; t; -t]
% (AE) coupe (CF) en B
B=Wedge(Wedge(A,E),Wedge(C,F)) % B=[1; -t; 0]
% (BD) coupe (FH) en G
G=Wedge(Wedge(B,D),Wedge(F,H)) % G=[1; t*(t-2); t]
% (CG) coupe (FD) en I
I=Wedge(Wedge(C,G),Wedge(F,D)) % I=[1; t-2; 1]
VIH=Vecteur(I,H) % VIH=[0, -(t-1)/t, (t-1)/t]
VCD=Vecteur(C,D) % VCD=[0, -1, 1]
% On constate que VIH = (t-1)/t * VCD donc (IH) et (CD) sont parallèles
Cordialement,
Rescassol