Triangles gigognes 2

Définitions
Soit un triangle ABC et les points P sur AB, Q sur BC et R sur AC, le triangle PQR est dit triangle gigogne de ABC, noté PQR ∈ ABC.
On s'intéresse ici à un ensemble de trois triangles PQR ∈ ABC ∈ VTU avec PQR // TUV.
(// est orienté, c'est à dire Vecteur PQ = k × Vecteur TU, k>0)

Le problème
Etant donnés deux triangles PQR et TUV parallèles, construire ABC avec PQR ∈ ABC ∈ VTU

Le fichier Geogebra montre pas à pas la construction de ABC.
Les points V, R et T définissent l'emplacement et la forme des triangles PQR et TUV. (P et Q sont aussi déplaçables au besoin)
Le point bleu choisit la droite (PA). puis (AR) donne C et (CQ) donne B
Le lieu de B est tracé

Démonstration et détails

PQR et TUV étant donné, choisissons A sur VT puis construisons C = VU∩AR et B = AP∩CQ
Le point B n'a à priori aucune raison d'être sur TU, mais intéressons nous au lieu de B quand A varie.

Soient D = QR∩VT et E = PR∩VU. Les points VDPQE définissent une conique. Soit B un point de cette conique. Alors les droites VD et BP se coupant en A, VE et BQ en C, et PE et QD en R, les points ACR sont alignés : théorème de Pascal, et réciproquement tout point construit de cette façon est un point de la conique (une droite coupe une conique en au plus deux points, donc un seul point en dehors de P sur toute droite passant par P).

Le lieu de B est la conique définie par les points VEQPD

Nota : Il existe 5! = 30 constructions différentes du même point B, en changeant simplement le rôle des points VDPQE.
Un numérotage arbitraire de {VDPQE} = {12345} construit B ainsi sur une droite (d) quelconque issue de 1 :
Soit X = 12∩45, Y = 34∩(d), Z = 23∩XY, B = 5Z∩(d)
Ici 1 = P, 2 = E, 3 = V, 4 = D, 5 = Q, X = R, Y = A, Z = C

Selon les points PQRV, cette conique peut aussi bien être un cercle, une ellipse, une parabole, une hyperbole ou deux droites.
Il "suffit" donc de déterminer l'intersection de cette conique avec TU pour construire B et donc ABC.
Le problème va être ramené à l'intersection d'un cercle et d'une droite par homologie.

Etape 1

Tout d'abord nous traçons une tangente à la conique en un point connu, P par exemple.
C₀ = PQ∩VU, A₀ = C₀R∩VT, PA₀ est la tangente en P
C'est la construction précédente, dégénérée en B confondu avec P.

Nota : on pourrait aussi bien tracer les tangentes en V, D, Q ou E en renumérotant les sommets.

Etape 2

Ceci permet de choisir un cercle quelconque (k) tangent à la conique en P, c'est à dire à cette tangente : cercle centré sur la perpendiculaire en P à PA₀.
Dans l'applet Geogebra, le centre O de ce cercle est déplaçable sur la perpendiculaire
Ce cercle sera l'image de la conique (K) dans l'homologie de centre P choisie.
Les points homologues sont alors les intersections des droites issues de P avec le cercle :
q = PQ∩(k), d = PD∩(k), e = PE∩(k) et v = PV∩(k)

Nota : Les droites homologues DQ et D'Q', etc... se coupent sur une droite (m). Tout point de cette droite est invariant dans l'homologie. Toute droite passant par P est invariante. Ceci est la définition même de l'homologie.

Etape 3

Transformation de la droite TU par l'homologie. Les intersections de TU avec VE et VD sont transformées :
T = VD∩TU → t = vd∩PT. De même U = VE∩TU → u = ve∩PU
La droite TU est donc transformée en la droite tu.

Nota : On peut bien sûr choisir d'autres points sur la droite TU que l'on transforme par homologie. Par exemple comme dans l'applet Java, le point d'intersection X de VQ avec TU, transformé en x = vq∩PX
Le choix des points définissant la droite TU est une question de commodité du dessin ( = dans les limites de l'épure).

Etapes 4 et 5

L'intersection de (k) avec tu est alors immédiate, et donne les points b1 et b2, s'il y a.
Il suffit de ramener par l'homologie b sur TU : B = Pb∩TU
et à compléter le triangle ABC à partir du point B :
A = BP∩VT, C = BQ∩VU

Et de même avec l'autre point d'intersection de tu avec (k) pour obtenir l'autre solution.

Et plus...

Il n'a en fait jamais été utilisé que les triangles sont parallèles, la construction est donc valable quels que soient les triangles TUV et PQR. En modifiant "projectivement" les propriétés, c'est à dire si D ou E à l'infini.
La question reste donc ouverte s'il existe une construction plus simple, compte tenu du cas particulier PQR // TUV.

Une autre méthode de construction :
Soit A un point de la droite TV et C l'image de A sur la droite UV, par projection de centre R.
Ceci définit une homographie entre la droite TV et la droite UV.
De même la projection de centre Q de la droite UV sur la droite TU définit une homographie C → B.
Enfin la projection de centre P définit une homographie de TU sur TV : B → A'
Le produit de ces trois homographies est une homographie de TV sur elle même A → A'.
La construction revient alors à construire les points fixes de cette homographie (A = A')

Projetons cette homographie sur un cercle (= une conique traçable) quelconque.
Les points fixes de cette homographie sur le cercle sont l'intersection du cercle avec l'axe de l'homographie,
Cet axe étant construit à partir de 3 points et de leur image :
A₁ → A'₁, A₂ → A'₂, A₃ → A'₃ sur la droite, projetés en a₁ → a'₁, a₂ → a'₂, a₃ → a'₃ sur le cercle.
a₁a'₂ et a'₁a₂ se coupent en M sur l'axe de l'homographie, et aussi a₁a'₃ et a'₁a₃. en M'.
La droite MM' coupe donc le cercle en m et m', images des points A cherchés.

Les points PQR, TUV sont bien entendu déplaçables.
A1, A2, A3 aussi sur la droite TV.
Le centre S de la projection et le centre du cercle sont déplaçables, et indifférents puisque le cercle est un cercle quelconque.

D'autres questions intéressantes, juste pour le fun :

• Enveloppe de la droite BC quand A varie, B = AP∩TU, C = AR∩VU (Q pas forcément sur BC)
• Lieu du centre d'homothétie S :: PQR→TUV pour ABCPQ donnés
• Lieu du centre d'homothétie S pour ABC donné et PQR//TUV semblables à DEF donné
• Mêmes problèmes avec TUV \\ PQR, c'est à dire Vecteur TU = -k × Vecteur PQ