Red Geometry 27
Bonjour
Voici l'énoncé tel que l'a posé Tran Quang Hung :
Etant donné un triangle $ABC$, $P$ et $Q$ sont les points de la droite $BC$ pour lesquels les cercles $ACP$ et $ABQ$ sont tangents respectivement aux droites $AB$ et $AC$.
Les droites $AP$ et $AQ$ recoupent le cercle $ABC$ respectivement en $M$ et $N$. Les cercles $AQM$ et $APN$ recoupent la droite $BC$ respectivement en $D$ et $E$.
Montrez que $BD=CE$.
Accessoirement, on pourra aussi faire une remarque (très) pertinente sur l'hypothèse faite sur les points $P$ et $Q$.
On trouvera ICI une version bien meilleure de l'énoncé
Amicalement. Poulbot
Voici l'énoncé tel que l'a posé Tran Quang Hung :
Etant donné un triangle $ABC$, $P$ et $Q$ sont les points de la droite $BC$ pour lesquels les cercles $ACP$ et $ABQ$ sont tangents respectivement aux droites $AB$ et $AC$.
Les droites $AP$ et $AQ$ recoupent le cercle $ABC$ respectivement en $M$ et $N$. Les cercles $AQM$ et $APN$ recoupent la droite $BC$ respectivement en $D$ et $E$.
Montrez que $BD=CE$.
Accessoirement, on pourra aussi faire une remarque (très) pertinente sur l'hypothèse faite sur les points $P$ et $Q$.
On trouvera ICI une version bien meilleure de l'énoncé
Amicalement. Poulbot
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Réponses
Voilà une figure:
Je pense que Morley circonscrit devrait en venir à bout sans trop de mal,
mais je ne suis pas sûr d'avoir le temps aujourd'hui.
Cordialement,
Rescassol
Je n'ai pas pu résister, Morley circonscrit trouve $BD^2=CE^2=-\dfrac{bc(a-b)^2(a-c)^2}{a^2(b^2-c^2)^2}$.
Je sais, Poulbot, tu va me dire qu'il n'est pas immédiat que c'est un réel positif.
Accessoirement, j'ai $m=\dfrac{b^2}{a}$ et $n=\dfrac{c^2}{a}$, ce qui signifie qu'il y a des milieux d'arcs.
Cordialement,
Rescassol
Je ne doute pas que Morley s'en sortira; il pourra aussi trouver quels sont les points $P$ et $Q$ de la droite $BC$ pour lesquels le résultat reste vrai et te permettra de trouver la remarque pertinente à faire sur cet énoncé.
Amicalement Poulbot
$BD^2=CE^2=-\dfrac{(b - p)^2(c - q)^2}{bc(p - q)^2}$ quels que soient les points $P$ et $Q$ sur $(BC)$.
Quel cachottier, ce Tran Quang Hung !!!...
Cordialement,
Rescassol
Difficile de savoir si, comme nous, TQH l'avait réalisé!
Voici donc un nouvel énoncé proposé à la sagacité des membres du forum.
Etant donné un triangle $ABC$, $P$ et $Q$ sont deux points distincts de la droite $BC$.
Les droites $AP$ et $AQ$ recoupent le cercle $ABC$ respectivement en $M$ et $N$. Les cercles $AQM$ et $APN$ recoupent la droite $BC$ respectivement en $D$ et $E$.
Montrez que les segments $\left[ BC\right] $ et $\left[ DE\right] $ ont même milieu.
Amicalement. Poulbot
Ce problème a une solution simple, courte et facile à trouver en observant bien la figure.
Cela suggère que QTH, l'ayant trouvée immédiatement, a choisi sournoisement des points $P$ et $Q$ particuliers pour nous aiguiller sur des fausses pistes (en l'occurrence, abondance de biens nuit).
Une remarque : les points alignés $B,C,P,Q$ étant donnés, les points $D$ et $E$ sont indépendants de $A$.
Amicalement. Poulbot
Oui, on a $d=-\dfrac{bc+pq-p(b+c)}{p-q}$ et $e=\dfrac{bc+pq-q(b+c)}{p-q}$.
Cordialement,
Rescassol
Pourquoi $D$ et $E$ sont-ils indépendants de la position de $A$ dans le plan - et pas uniquement de celle de $A$ sur un cercle passant par $B$ et $C$ -?
Amicalement. Poulbot
je n'ai pas réellement trouvé
le fameux milieu est le milieu de BC
ma question est en fait
avec GGB on construit aisément la figure, très allégée
est-ce que la construction à la main (mainlevée, règle et compas) ne fait pas apparaître la propriété au passage?
conclusion pédagogique, quand on voit la question sur la normale à l'exponentielle, "conjecture avec GGB"!
bien à vous
jicéherre
As-tu entendu parler de la puissance d'un point par rapport à un cercle?
Cordialement Poulbot
Comme l’indique Poulbot, en partant des égalités de puissances :
$\overline{QB}.\overline{QC}$ = $\overline{QP}.\overline{QE}$
$\overline{PQ}.\overline{PD}$ = $\overline{PB}.\overline{PC}$
Puis en y faisant apparaitre $\overline{BD}$ et $\overline{CE}$ et après quelques simplifications on montre :
$\overline{BD}$ = -$\overline{CE}$
Amicalement
Louis
Louis
Les expressions que j'ai données plus haut pour $d$ et $e$ sont valables pour $B$ et $C$ sur le cercle unitaire, mais avec $A$ quelconque dans le plan.
Cordialement,
Rescassol
$QB.QC$ = $QP.QE$
Louis
Merci à Rescassol et Louis
Louis, tes $2$ relations $\overline{PQ}\cdot \overline{PD}=\overline{PB}\cdot \overline{PC}$ et $\overline{QP}\cdot \overline{QE}=\overline{QB}\cdot \overline{QC}$, qui résolvent le problème, montrent aussi que, $B,C,P,Q$ étant donnés, $D$ et $E$ sont indépendants de $A$. (Désolé, nos messages se sont croisés).
Question : $B,C,P,Q$ alignés étant donnés, trouver une construction affine de $D$ et $E$.
Amicalement. Poulbot
D et E étant indépendants de A, la figure ci-dessous est suffisamment explicite pour indiquer la construction de E
Amicalement
Louis
Je ne comprends pas ce que viennent faire tous ces cercles dans une construction affine.
Je pensais à un truc de ce style (pour $D$)
Amicalement. Poulbot
La tienne est simple et lumineuse.
Louis
merci du rappel, certes Poulbot, j'ai plus que entendu parler de... maintes choses, mais elles ne s'imposent plus à moi, après 55 années d'absence de pratique de la géométrie élémentaire, et il me faut beaucoup de temps pour prendre la bonne piste.
j'avais idée que se dissimulait une opération de report de longueurs, mais c'est plutôt un report de rapports
Note: l'énoncé dissimule sous un cas particulier une propriété générale, c'est la tactique habituelle des "énigmes" paraissant dans des revues grand public.
cordialement
Jicéherre
EB = CD c'est aussi EC = BD
ou encore l'égalité des rapports à AB
et l'égalité de rapports devient égalité de produits, etc...
pas trop fort JCR
j'arrive à la conclusion qu'on doit avoir CE.PQ = CB² = BD.PQ "FAUX"
mais je me perds dans les calculs
salut
JCR
Si je comprends bien le désarroi de Jicéherre voici les développements qui peuvent l’aider :
$\overline{QB}.\overline{QC}$ = $\overline{QP}.\overline{QE}$
$(\overline{QP}+\overline{PB}).\overline{QC} = \overline{QP}.(\overline{QC}+\overline{CE})$
$\overline{PB}.\overline{QC} = \overline{QP}.\overline{CE}$
$\overline{PQ}.\overline{PD}$ = $\overline{PB}.\overline{PC}$
$\overline{PQ}.(\overline{PB}.+\overline{BD}) = \overline{PB}.(\overline{PQ}+\overline{QC})$
$\overline{PQ}.\overline{BD} = \overline{PB}.\overline{QC}$
D’où $\overline{QP}.\overline{CE} = \overline{PQ}.\overline{BD}$
et in fine $\overline{CE} = -\overline{BD}$
Amicalement
Louis
il ne fallait pas "couper" QP comme je l'ai fait...
c'était élémentaire, retour au collège!
cordialement
JCR
en fait ce que je cherchais et qui est tout aussi élémentaire est
CD=BE= PC. QB/PQ
CD et BE sont définis par la façon dont on partage BC avec P et Q
donc indépendamment de A
http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/Docs/Red Geometry Problem 27.pdf
Sincèrement
Jean-Louis