CG de Mathématiques Élémentaires de 1885
Bonjour,
Je m’intéresse au sujet du Concours Général de Mathématiques Élémentaire de 1885 cf.http://www.les-mathematiques.net/phorum/file.php?6,file=74822,filename=CG-1885.pdf
J’ai résolu le 1° par une méthode analytique (équation de la médiatrice en fonction d’un paramètre puis enveloppe de cette médiatrice) qui n’est certainement pas celle attendue à l’époque.
Avant de poursuivre, une idée sur la méthode géométrique utilisée à l’époque ?
[Contenu du fichier pdf en lien. AD]
Je m’intéresse au sujet du Concours Général de Mathématiques Élémentaire de 1885 cf.http://www.les-mathematiques.net/phorum/file.php?6,file=74822,filename=CG-1885.pdf
J’ai résolu le 1° par une méthode analytique (équation de la médiatrice en fonction d’un paramètre puis enveloppe de cette médiatrice) qui n’est certainement pas celle attendue à l’époque.
Avant de poursuivre, une idée sur la méthode géométrique utilisée à l’époque ?
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Réponses
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Le points \(\omega\) et \(\omega'\) sont les intersections de la médiatrice de \(AB\) avec les bissectrices des droites \((OA)\) et \((OB)\), ou encore les intersections de la médiatrice de \([AB]\) avec le cercle circonscrit à \(ABC\).
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Plus précisément : soit \(\omega\) (resp. \(\omega'\)) le point d'intersection des médiatrices de perpendiculaires à \([AB]\) et \([CD]\) (resp. \([C'D']\)) en leurs milieux, les triangles \(\omega AC\) et \(\omega BD\) (resp. \(\omega'AC'\) et \(\omega'BD'\) sont égaux en vertu du troisième cas d'égalité. Donc leurs hauteurs \([\omega H]\) et \([\omega K]\) (resp. \([\omega'H']\) et \([\omega'K']\)) sont égales : le point \(\omega\) (resp. \(\omega'\)) appartient à une des bissectrices des droites \((OA)\) et \((OB)\).
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La méthode géométrique est bien plus élégante !
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Oui, mais il faut encore discuter les deux cas de figure, c'est-à-dire :
— du fait que \(C\) et \(D\) sont du même côté de \((AB)\), le point \(\omega\) appartient à la bissectrice extérieure de l'angle \(\widehat{AOB}\) ;
— du fait que \(C'\) et \(D'\) sont de part et d'autre de \((AB)\), le point \(\omega'\) appartient à la bissectrice intérieure de l'angle \(\widehat{AOB}\).
Je ne sais pas quelles étaient les techniques utilisées pour discriminer les deux cas. -
Bonjour
On ne peut pas dire que l'énoncé soit très clair notamment en ce qui concerne les points $C'$ et $D'$, personne n'a d'ailleurs fait de figure avec ces deux points.
Voilà comment je vois les choses, il y a deux rotations $r$ du plan envoyant la droite $AO$ pointée par le point $A$ sur la droite $BO$ pointée par le point $B$, i.e: $r(A) = B$
On disait autrefois que les points $C$ et $D$ décrivaient des divisions égales sur les droites $AO$ et $BO$.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour et merci à gb pour le $1^{\circ }$.
Quelques suggestions.
$2^{\circ }$ Les triangles isocèles $\omega AB$ et $\omega CD$, ayant même angle en $\omega $, sont semblables. Ainsi $\omega C=\omega D=\dfrac{CD}{AB}\omega A$.
De même $\omega ^{\prime }C^{\prime }=\omega ^{\prime }D^{\prime }=\dfrac{C^{\prime }D^{\prime }}{AB}\omega ^{\prime }A$.
$3^{\circ }$ La droite $CD$ étant connue, la médiatrice de $\left[ C^{\prime }D^{\prime }\right] $ doit être la perpendiculaire $L$ menée de $\omega ^{\prime }$ à $CD$. $D^{\prime }$ est donc sur la droite symétrique de $OA$ par rapport à $L$.
Clairement, si les droites $CD$ et $C^{\prime }D^{\prime }$ sont confondues, ce sont toutes deux la droite $AB$.
$4^{\circ }$ $l$ étant le diamètre du cercle $OAB$, on a $AB=l\sin \widehat{AOB}$,
soit $a^{2}+b^{2}-2ab\cos \widehat{AOB}=l^{2}\sin ^{2}\widehat{AOB}$ ou encore $l^{2}\cos ^{2}\widehat{AOB}-2ab\cos \widehat{AOB}+a^{2}+b^{2}-l^{2}=0$.
Amicalement. Poulbot -
Mais si, j'ai fait une figure avec les points \(C'\) et \(D'\) ; je ne l'avais pas jointe pour ne pas surcharger, mais la voici.
-
Bonsoir gb
C'est moi qui n'ai peut-être pas compris la question ; Déterminer le système de ces deux droites parallèles de façon qu'elles soient égales entre elles.
Je pensais (assez normalement) que cela signifiait que les droites étaient les mêmes.
Si c'est une manière à l'ancienne d'exprimer que les longueurs $CD$ et $C^{\prime }D^{\prime }$ sont égales, cela nécessite (hormis le cas trivial) que $C$ et $D$ soient les symétriques de $B$ et $A$ par rapport à la droite $O\omega $; $C^{\prime }$ et $D^{\prime }$ sont alors les symétriques de $C$ et $D$ par rapport à $O$.
Amicalement. Poulbot -
Je pense que l'énoncé vise effectivement le cas d'égalité des longueurs \(CD\) et \(C'D'\).
-
Bonne Nuit
Je pense que la façon moderne de voir cet exercice est celle que j'ai dite.
Il est sans doute possible qu'en 1885, la notion de rotation n'était pas clairement définie pas plus que celle de transformation
Le lieu des centres de similitude envoyant la droite pointée $(AO;A)$ sur la droite pointée $(BO;B)$ est le cercle circonscrit au triangle $OAB$, voir le Lebossé-Hémery pour la preuve; aujourd'hui cette propriété est tombée dans les oubliettes de la rue de Grenelle.
Les centres des rotations s'obtiennent en prenant l'intersection de ce cercle avec les bissectrices du sommet $O$.
En effet le centre d'une rotation envoyant la droite $L$ sur la droite $L'$ a vocation d'être à égale distance de ces deux droites
On choisit $\omega$ pour que $r(C)=D$ et $\omega'$ pour que $r'(C')=D'$
Les droites $CD$ enveloppent la parabole $\Pi$ de foyer $\omega$ tangente aux droites $AO$ et $BO$. et de directrice $\Delta$, tracée en rouge sur ma figure.
De même les droites $C'D'$ enveloppent la parabole $\Pi'$ de foyer $\omega'$ tangente aux droites $AO$ et $BO$ et de directice $\Delta'$ tracée en bleu sur ma figure.
Etant donné la tangente $CD$ à $\Pi$, il est très facile de tracer la tangente $C'D'$ parallèle à $CD$ et tangente à $\Pi'$.
Les autres questions se traitent facilement avec ce point de vue.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour
Sur cette figure apparemment cpmplexe, j'ai tracé les paires $(C_1,D_1=r(C_1))\ $, $(C_2,D_2=r(C_2))$, $(C'_1,D'_1=r'(C'_1))$, $(C'_2,D'_2=r'(C'_2))$ telles que $C_1D_1=C_2D_2=C'_1D'_1=C'_2D'_2$
Pour ce faire, j'ai utilisé le fait que le cercle circonscrit au triangle $OCD$ de rayon $\rho$ passe par le centre de rotation $\omega$ et $CD=2\rho\sin(\theta)$, (loi des sinus) où $\theta=\widehat{AOB}$ et de même le cercle circonscrit au triangle $OC'D'$ de rayon $\rho'$ passe par le centre de rotation $\omega'$ et $C'D'=2\rho'\sin(\theta)$.
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Montrer que la longueur commune de ces 4 segments est bornée inférieurement et supérieurement et calculer ces bornes. -
Bonne Nuit
Sur cette figure, par exemple, $CD\parallel C'D'$ et $CD=C'D'$.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour Pappus
La distance $CD$ est minimale quand la droite $CD$ est la tangente au sommet $C_{0}D_{0}$ à $\Pi $ et elle prend toute valeur $\geq C_{0}D_{0}$;
de même la distance $C^{\prime }D^{\prime }$ est minimale quand la droite $C^{\prime }D^{\prime }$ est la tangente au sommet $C_{0}^{\prime }D_{0}^{\prime }$ à $\Pi ^{\prime }$ et elle prend toute valeur $\geq C_{0}^{\prime }D_{0}^{\prime }$.
Ainsi, pour répondre à ta question
"Montrer que la longueur commune de ces 4 segments est bornée inférieurement et supérieurement et calculer ces bornes".,
le minimum de la longueur commune est $\max \left( C_{0}D_{0},C_{0}^{\prime }D_{0}^{\prime }\right) $ mais je ne pense pas qu'elle soit bornée supérieurement.
Maintenant les tangentes au sommet à $\Pi $ et $\Pi ^{\prime }$ étant les parallèles à $O\omega $ et $O\omega ^{\prime }$ passant par le milieu de $\left[ AB\right] $, on devrait avoir, sauf erreur de ma part, $C_{0}D_{0}=\left\vert OA-OB\right\vert \cos \dfrac{\widehat{AOB}}{2},C_{0}^{\prime }D_{0}^{\prime }=\left( OA+OB\right) \sin \dfrac{\widehat{AOB}}{2}$ et $C_{0}D_{0}\leq C_{0}^{\prime }D_{0}^{\prime }\Longleftrightarrow \left\vert \widehat{OAB}-\widehat{OBA}\right\vert \leq \dfrac{\pi }{2}$.
Le problème de CG (qui me semble bien court si son énoncé est complet) s'intéresse au cas où les droites $CD$ et $C^{\prime }D^{\prime }$ sont parallèles, mais on peut aussi se préoccuper du cas où elles sont perpendiculaires.
Montrer qu'alors $\dfrac{C^{\prime }D^{\prime }}{CD}$ est constant et exprimer sa valeur en fonction des angles au sommet du triangle $OAB$.
Amicalement. Poulbot -
Merci Poulbot
Tu as raison, j'avais mal interprété un détail de ma construction.
Ceci dit , ce problème de Concours général de 1885 n'est qu'un simple exercice sur les rotations et leurs compositions.
Il ne pouvait être rédigé autrefois avec ce point de vue puisque le groupe des déplacements du plan n'existait pas encore et il l'est encore moins aujourd'hui puisque ce groupe n'existe plus.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonne Nuit
La figure ci-dessous suggère la construction de la paire $(C,D)$ et de la paire $(C',D')$ telle que: $D=r(C)$, $D'=r'(C')$, $CD=C'D'$, $CD\parallel C'D'$.
Quel raisonnement un peu tordu ai-je tenu qu'on ne pouvait tenir autrefois et qu'on ne peut plus tenir aujourd'hui?
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour
1° $\overrightarrow{CD}=-\overrightarrow{C'D'}$
Donc en appliquant l'axiome de Thalès , $O\ $ est le milieu de $CC'$ et de $DD'$.
Soit $s$ la symétrie par rapport à $O$.
Alors $D=r(C)$, $D'=s(D)$, $C'=r'^{-1}(D')$ et $C=s(C')$
Par suite $C$ est fixé par le déplacement $s\circ r'^{-1}\circ s\circ r$
On se doute bien qu'un tel raisonnement n'était pas tenable en 1885 mais il ne l'est pas plus aujourd'hui où on est infoutu de composer ne serait-ce que deux déplacements, alors composer quatre déplacements est presque une atteinte aux droits de l'homme et de l'étudiant.
2° $\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{C'D'}\ $, et bla et bla et blablabla?
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour
Commençons par le second que j'aurais dû mettre en premier
Soit $\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{C'D'}=\bf u$
Soit $\tau$ la translation de vecteur $\bf u$.
Il existe une unique paire $(U,V)$ avec $U\in AO$ et $V\in BO$ telle que: $\overrightarrow{UV}=\bf u$
En effet $V=\tau(AO)\cap BO$ et $U=\tau^{-1}(V)$.
Donc $C=C'=U$ et $D=D'=V$
Ainsi $V=r(U)=r'(U)$
Donc $U=(r^{-1}\circ r')(U)$ et $U$ ne peut être que le centre de la rotation $r^{-1}\circ r'$
Ce serait fini si on savait effectuer la composition $r^{-1}\circ r'$.
La question ne se posait pas autrefois mais peut-on la poser aujourd'hui? J'en doute fort!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour
$r$ est la rotation de centre $\omega$ envoyant $A$ sur $B$, son angle est donc $(\overrightarrow{\omega A},\overrightarrow{\omega B})$
$r'$ est la rotation de centre $\omega'$ envoyant $A$ sur $B$, son angle est donc $(\overrightarrow{\omega' A},\overrightarrow{\omega' B})$
On a donc $r(A)=r'(A)=B$ et par suite $A=(r'^{-1}\circ r)(A)$ est le centre de la rotation $r'^{-1}\circ r$.
On a (théorème de l'angle inscrit, est-il encore enseigné?):
$(\overrightarrow{\omega' A},\overrightarrow{\omega' B})=(\overrightarrow{\omega A},\overrightarrow{\omega B})+\varpi$ où $\varpi$ désigne l'angle plat.
Donc l'angle de la rotation $r'^{-1}$ est:
$(\overrightarrow{\omega' B},\overrightarrow{\omega' A})=-(\overrightarrow{\omega' A},\overrightarrow{\omega' B})=-(\overrightarrow{\omega A},\overrightarrow{\omega B})+\varpi$ puisqu'aux dernières nouvelles les plus récentes $\varpi=-\varpi$.
L'angle de la rotation $r'^{-1}\circ r$.est donc égal à $-(\overrightarrow{\omega A},\overrightarrow{\omega B})+\varpi+(\overrightarrow{\omega A},\overrightarrow{\omega B})=\varpi$
Résultat des courses: $r'^{-1}\circ r$ est la symétrie de centre $A$. Il faut bien reconnaître que ce raisonnement est une véritable abomination!
Conclusion: $C=C'=A$ et $D=D'=B$.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonne Nuit
La question de Poulbot résulte du lemme suivant
Sur ma figure quand $a$ parcourt la droite $L$, alors le rapport des longueurs $\dfrac{\omega' a'}{\omega a}$ est constant.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour Pappus
Et merci pour cette brillante approche.
En effet, le lieu de $a=\omega +\overrightarrow{CD}$ et le lieu de $a^{\prime }=\omega ^{\prime }+\overrightarrow{C^{\prime }D^{\prime }}$ sont deux droites perpendiculaires $L$ et $L^{\prime }$ (plus précisément, ce sont les parallèles menées de $O+\overrightarrow{AB}$ aux bissectrices $O\omega $ et $O\omega ^{\prime }$).
Le lemme de Pappus (qui n'est pas difficile à prouver) montre que,
si $CD$ et $C^{\prime }D^{\prime }$ sont perpendiculaires, alors $\dfrac{C^{\prime }D^{\prime }}{CD}=\dfrac{\omega ^{\prime }a^{\prime }}{\omega a}$ est constant.
Il y a probablement plus simple, mais, si $\widehat{A}=\widehat{OAB},\widehat{B}=\widehat{OBA}$, ce qui a été vu ICI montre que la constante est
$\dfrac{C_{0}^{\prime }D_{0}^{\prime }}{C_{0}D_{0}}=\dfrac{\sin \widehat{A}+\sin \widehat{B}}{\left\vert \sin \widehat{A}-\sin \widehat{B}\right\vert }\tan \dfrac{\pi -\widehat{A}-\widehat{B}}{2}=\cot \left\vert \dfrac{\widehat{A}-\widehat{B}}{2}\right\vert $.
Amicalement. Poulbot -
Merci Poulbot
Je m'attaque maintenant à l'épouvantable évaluation du produit: $\varphi=s\circ r'^{-1}\circ s\circ r$
On commence déjà à mettre quelques parenthèses, c'est légal et ça ne mange pas de pain:
$$\varphi=(s\circ r'^{-1}\circ s)\circ r$$
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour
On remarque que la symétrie centrale $s$ a vocation à être involutive: $s=s^{-1}$ et par suite:
$$s\circ r'^{-1}\circ s=s\circ r'^{-1}\circ s^{-1}$$
Un calcul de conjugué, le pied pour un algébriste!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour,
Si j'ai bien lu ce qui précède, $\varphi$ est la symétrie de centre $C$. -
Merci Gai Requin
Oui, il faut montrer que $\varphi$ est une symétrie centrale dont $C$ est le centre mais il faut aller au bout de la démonstration!
Amicalement -
$r'^{-1}\circ r$ est une symétrie centrale donc la somme des angles des quatre rotations $s,r'^{-1},s,r$ vaut $\varpi$ et $\varphi$ est une symétrie centrale dont on a déjà dit qu'elle fixe $C$.
-
Bonsoir Gai Requin
Ce n'est pas tout à fait le raisonnement que j'attendais avec mes parenthèses!
Comment en déduire une construction du point $C$?
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Il faudrait que je prenne le temps de lire tout ce fil pour choisir un point $M$ sympathique tel que $\varphi(M)$ soit sympathique.
En effet, pour tout $M$, $C$ est le milieu de $M\varphi(M)$.
Désolé pour cette intervention peu constructive. -
Bonne Nuit à tous
$s.r'^{-1}.s$ est le conjugué de $r'^{-1} \ $ par $s$
Son centre est l'image par $s$ du centre de $r'^{-1}$ c'est à dire, sur ma figure, le point $\omega''=s(\omega')$
Quant à son angle, d'après le cours, c'est celui de $r'^{-1}$ c'est à dire $(\overrightarrow{\omega'B},\overrightarrow{\omega'A})$
Ainsi $s.r'^{-1}.s$ est la rotation de centre $\omega''$ et d'angle $(\overrightarrow{\omega'B},\overrightarrow{\omega'A})$.
Par suite $\varphi$ est une rotation d'angle $(\overrightarrow{\omega A},\overrightarrow{\omega B})+(\overrightarrow{\omega'B},\overrightarrow{\omega'A})=\varpi$
Sur ma figure, j'ai fait opérer $\varphi$ sur le point $\omega\ $ pour obtenir le point $\omega'''$.
$C$ est alors le milieu de $\omega\omega'''\ $ comme l'a remarqué Gai Requin.
Mais je ne me suis pas arrêté là car je voulais obtenir une construction plus simple de $C$.
Soit $\sigma$ la symétrie par rapport à la bissectrice $O\omega$ et $\sigma'$ la symétrie par rapport à la bissectrice $O\omega'$.
On sait que $s=\sigma.\sigma'=\sigma'.\sigma\ $
Donc $\varphi=\sigma.\sigma'.r'^{-1}.\sigma'.\sigma.r$
Dans le sous-groupe des isométries fixant $\omega'$, on a la relation $\sigma'.r'^{-1}.\sigma'=r'$, est-ce encore enseigné?
Donc $\varphi =\sigma.r'.\sigma.r\ $
Ainsi $(\sigma.r'.\sigma.r)(C)=C$ et par suite $(r'.\sigma.r)(C)=\sigma(C)$
Mais dans le sous-groupe des isométries fixant $\omega$, on a la relation $\sigma.r=r^{-1}.\sigma$
On en déduit: $(r'.r^{-1})(\sigma(C))=\sigma(C)$
Ainsi $\sigma(C)$ est fixé par la rotation $r'.r^{-1}$ dont j'ai montré que c'était la symétrie centrale de centre $B$.
Donc $\sigma(C)=B\ $
Par suite $\sigma(D) =(\sigma.r)(C)=(r^{-1}.\sigma)(C)=r^{-1}(B)=A$
On montre de même les relations:
$C'=\sigma'(B)$ et $D'=\sigma'(A)$
Ainsi ce problème de Concours Général était-il un excellent exercice sur le groupe des isométries du plan et ses sous-groupes.
Il serait intéressant de rédiger une solution dans le style des programmes de 1885.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour
Essayant toujours de trouver des questions qui auraient pu compléter ce problème, je suggère de nous intéresser aux cas où $C,D,C^{\prime },D^{\prime }$ sont cocycliques.
Montrer qu'il existe deux points $U$ et $V$ que l'on précisera tels que les trois propriétés soient équivalentes :
$\cdot $ $C,D,C^{\prime },D^{\prime }$ sont cocycliques
$\cdot $ La droite $CD^{\prime }$ passe par $U$
$\cdot $ La droite $DC^{\prime }$ passe par $V$
Quel est alors le lieu du centre du cercle $CDC^{\prime }D^{\prime }$?
Amicalement. Poulbot -
Merci Poulbot
La figure n'est pas très difficile à faire pour quiconque en sait sur les coniques un peu plus que leur classification et par exemple leur théorie synthétique qu'on peut trouver dans le Lebossé-Hémery.
Je rajoute une question aux tiennes.
Il existe un point de la figure ayant même puissance par rapport aux cercles $\Gamma$ circonscrits aux points $C$, $D$, $C'$, $D'$.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour
J'ai trouvé la dernière question de Poulbot si intéressante que je me suis demandé si elle restait vraie dans un cadre plus général
La figure ci-dessous montre deux droites $L$ et $L'$ du plan euclidien sur lesquelles sont données deux bijections affines:
1° La correspondance $M\longleftrightarrow M'$ définie par son graphe, la droite $PP'$ tracée en rouge.
2° La correspondance $N\longleftrightarrow N'$ définie par son graphe, la droite $QQ'$ tracée en bleu
Il existe alors une infinité de quadruplets cocycliques $(M,M';N,N')$ tels que les droites $MN'$ passent par un point fixe $U$ et les droites $M'N$ passent par un point fixe $V$ dont j'ai suggéré la construction sur ma figure.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour
On choisit un repère d'origine $O$ dont les deux vecteurs unitaires $\bf i$ et $\bf i'$ dirigent respectivement les droites $L$ et $L'$.
Nos anciens disaient qu'ils travaillaient en axes obliques.
La première correspondance affine se traduit par: $\dfrac mp+\dfrac{m'}{p'}=1$
La seconde correspondance affine se traduit par: $\dfrac nq+\dfrac{n'}{q'}=1$
La cocyclicité demandée se traduit par: $mn=m'n'$
A vous de vous débrouiller maintenant!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour Pappus
Une construction possible des points $U$ et $V$ :
$U$ est sur la droite $PQ^{\prime }$ et sur la droite isogonale par rapport à $L$ et $L^{\prime }$ de la parallèle en $O$ à $QP^{\prime }$
$V$ est sur la droite $QP^{\prime }$ et sur la droite isogonale par rapport à $L$ et $L^{\prime }$ de la parallèle en $O$ à $PQ^{\prime }$
Amicalement. Poulbot -
Merci Poulbot
C'est exactement la construction que j'ai suggérée de façon plus ou moins maladroite sur ma figure!
J'ai aussi mis en évidence la paire $(A,A')$ commune aux deux correspondances affines.
Les points $A$, $A'$, $U$, $V$ sont cocycliques. (Pour le moment, je ne sais pas le montrer.)
J'ai décrit les deux correspondances affines de façon interne grâce à leurs graphes mais j'aurais pu aussi le faire de façon externe au moyen de leurs centres de similitudes respectifs $F$ et $G$:
1° Les points $O$, $F$, $M$, $M'$ sont cocycliques et la droite $MM'$ enveloppe la parabole de foyer $F$ tangente aux droites $L$ et $L'$ aux points $P$ et $P'$.
2° Les points $O$, $G$, $N$, $N'$ sont cocycliques et la droite $NN'$ enveloppe la parabole de foyer $G$ tangente aux droites $L$ et $L'$ aux points $Q$ et $Q'$.
Il devrait y avoir une construction des points $U$ et $V$ en relation avec cette description.
Les points $F$, $G\ $, $U$, $V$ sont cocycliques, (je ne sais pas le montrer!).
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour Pappus et merci
Effectivement, je n'avais pas vu tout ce que révélait ta figure.
Une preuve résumée de ce que l'on peut lire dans mon dernier message (en reprenant le repère et les notations de Pappus).
Tout d'abord, les bissectrices de $L$ et $L^{\prime }$ étant dirigées par $\overrightarrow{i}\pm \overrightarrow{i^{\prime }}$, les droites $y=\lambda x$ et $y=\lambda ^{\prime }x$ sont isogonales par rapport à $L$ et $L^{\prime }$ si et seulement si $\lambda \lambda ^{\prime }=1$.
$U=MN^{\prime }\cap PQ^{\prime }$ vérifiant $\dfrac{x}{m}+\dfrac{y}{n^{\prime }}=\dfrac{x}{p}+\dfrac{y}{q^{\prime }}=1$, il vérifie aussi $\left( \dfrac{1}{m}-\dfrac{1}{p}\right) x+\left( \dfrac{1}{n^{\prime }}-\dfrac{1}{q^{\prime }}\right) =0$ soit, en tenant compte des relations de Pappus, $\dfrac{x}{p^{\prime }}+\dfrac{y}{q}=0$ qui est l'équation de la droite isogonale par rapport à $L$ et $L^{\prime }$ de la parallèle en $O$ à $QP^{\prime }$.
Analogue pour $V=NM^{\prime }\cap QP^{\prime }$.
Amicalement. Poulbot
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