Droites parallèles

Ha @Chaurien, elles ont ressuscité ! [les transformations]

Même l'homothétie est revenue au collège !

Bon, je ne m'en satisfais pas, car on n'en fait plus rien...

Bonjour
Voici une nouvelle figure sur laquelle on pourrait presque faire une démonstration à la grand papa qui me semble plus naturelle que celles de nos amis américains!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Noter que la démonstration à la grand papa que je suggère n'utilise pas les angles à part l'angle nul (droites parallèles) et l'angle droit (droites orthogonales), donc ceux qui ne comprendront jamais ce qu'est un angle et c'est chez nous la grande majorité peuvent me dire merci!

Merci Gebrane
Ainsi la première preuve exposée sur youtube était due à Jean Louis Ayme que je salue en espérant qu'il reviendra nous donner de nouveaux jolis problèmes.
Tu remarqueras que ma dernière preuve est tout aussi française que la sienne!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour,
On peut utiliser Morley circonscrit. On note $a, b, c, d, e, f$ les affixes respectives de $A, B, C, D, E, F.$
Soit $X(x)$ le projeté orthogonal du point $F$ sur $AB$.
L'affixe de $X$ est : $$ x=\dfrac{1}{2}(a+b+f-\dfrac{ab}{f}).$$
Comme $D$ est le symétrique de $B$ par rapport à $X$, l'affixe de $D$ est : $$d=2x-b=a+f-\dfrac{ab}{f}.$$
De manière similaire, on trouve que l'affixe de $E$ est : $$e=2y-c=a+g-\dfrac{ac}{g}$$ où $Y(y)$ est le projeté orthogonal du point $G$ sur $AC$.
On a :
$$\frac{d-e}{f-g} = \frac{a+f-\frac{ab}f-a -g+\frac{ac}g}{f-g} = \frac{a(cf-bg)}{fg(f-g)}$$
et $$\overline{(\frac{d-e}{f-g})} =\dfrac{fg}{abc}\times \frac{cf-bg}{f-g}.$$
La relation $AD=AE$ se traduit par : $$|d-a|= |e-a| \iff |a+f-\dfrac{ab}{f}-a|=|a+g-\dfrac{ac}{g}-a| \iff |f-\dfrac{ab}{f}|=|g-\dfrac{ac}{g}|\iff |\dfrac{f^2-ab}{f}|=|\dfrac{g^2-ac}{g}|$$
$$\iff |\dfrac{f^2-ab}{f}|^2=|\dfrac{g^2-ac}{g}|^2 \iff |f^2-ab|^2=|g^2-ac|^2 \iff (f^2-ab)(\dfrac{1}{f^2}-\dfrac{1}{ab})=(g^2-ac)(\dfrac{1}{g^2}-\dfrac{1}{ac})$$
$$ \iff (f^2-ab)(\dfrac{ab-f^2}{abf^2})=(g^2-ac)(\dfrac{ac-g^2}{acg^2}) \iff cg^2(f^2-ab)^2=bf^2(g^2-ac)^2 $$
$$\iff a^2b^2cg^2 - 2abcf^2g^2 + cf^4g^2 = a^2bc^2f^2 - 2abcf^2g^2 + bf^2g^4 \iff (a^2bc-f^2g^2)(bg^2-cf^2) = 0.$$
Si $f^2g^2=a^2bc$, alors $a=\dfrac{f^2g^2}{abc}$ et alors $\frac{d-e}{f-g} = \dfrac{fg}{abc}\times \frac{cf-bg}{f-g} = \overline{(\frac{d-e}{f-g})} $ ce qui entraîne que les droites $(DE)$ et $(FG)$ sont parallèles.
Je laisse le cas $bg^2=cf^2.$
Cordialement

Bonsoir
Voyons comment appliquer tout ce fatras au problème IMO 2018.
L'application $f:AB\longmapsto AC; D\mapsto E$ est une bijection affine.
Elle se prolonge en la rotation $r$ de centre $A$ et d'angle $(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})$.
Sa droite des divisions proportionnelles est le lieu de $T$ c'est à dire la bissectrice intérieure $AA'$
Examinons l'application $g:AB\longmapsto AC; D'\mapsto E'$
Elle s'écrit comme composée: $D'\mapsto D\mapsto E\mapsto E'$ de trois bijections affines dont la première est une homothétie de centre $B$ et de rapport $2$ et la troisième est une homothétie de centre $C$ et de rapport $\frac 12$.
Quand on fait le bilan au niveau des parties linéaires, on voit que $f\ $ et $g$ ont même partie linéaire.
Il en résulte que $g$ est aussi une isométrie de $AB$ sur $AC$ et que la droite des divisions proportionnelles de $g$, à savoir le lieu de $T'$, est parallèle à celle de $f$ qui est $AA'$.
Mais quand $D=A$, alors $E=A$, le point $D'$ est le milieu de $AB$ et le point $E'$ est le milieu de $AC$ et alors $T'=O$. La droite des divisions proportionnelles de $g$ c'est à dire le lieu de $T'$ est donc parallèle à la bissectrice $AA'$ et passe par $O$.
On peut donc terminer la démonstration comme je l'ai fait avec ma démonstration à la grand papa.
Il est intéressant de comparer les deux démonstrations, chacune a ses propres vertus mais la démonstration à la grand papa a l'avantage d'être comprise par un plus large public, enfin pas par n'importe quel public.
Les lycéens américains sont capables de comprendre ma démonstration élémentaire puisqu'ils ont une formation en géométrie qui n'existe plus chez nous depuis très longtemps!
Quant à ma démonstration à la Bourbaki, nos agrégatifs n'en ont rien à cirer puisqu'ils n'auront jamais l'occasion de s'en servir!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Mon cher Jelobreuil
Bien sûr ta figure est un cas particulier de celle du problème IMO 2018 mais pour bien le souligner tu aurais dû garder l'étiquetage des sommets $A$, $B$, $C$ adopté dans cette configuration.
Ce cas particulier survient quand $D=D'=F=B$, les points $D$, $E$, $G$ sont alors alignés et la médiatrice de $CE$ est la bissectrice de l'angle $\widehat{BGC}$ passe donc par $A'$. Il n'y a rien à dire de plus!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour Gebrane
Peut-on avoir l'énoncé du problème 6?
Je pense que le jury de l'IMO attend des solutions élémentaires des problèmes qui sont proposés, ce que j'appelle la géométrie à la grand papa, ce qui n'est pas péjoratif mais affectueux car c'est cette géométrie qui a bercé toute ma jeunesse.
Il n'est pourtant pas interdit de donner des solutions plus modernes comme je viens de le faire.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Merci Gebrane
Je viens de lire l'énoncé et je pense que la première difficulté est de faire la figure!
Il va sans dire que la figure ci-dessous est parfaitement exacte! (voir l'énoncé n°6).
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour
Les hypothèses angulaires entraînent cette configuration, pourquoi?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Merci Gebrane de nous avoir envoyé le joli article de Jean Louis Ayme mais ce dernier ne traite le sixième problème IMO 2018 que dans le cas où les points $A$, $B$, $C$, $D$ sont cocycliques c'est à dire quand le quadrilatère $ABCD$ est harmonique.
Parmi les solutions exposées dans artofproblemsolving.com, l'une d'elles a particulièrement retenu mon attention, celle de USJL.
Mais on ne peut dire qu'il donne beaucoup de détail!
Certaines des autres solutions proposées sont aussi intéressantes mais en ce moment j'ai plutôt envie de rêver que de faire de la géométrie.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonsoir
Voilà la nouvelle figure avec laquelle il va falloir se battre.
J'ai effacé la focale pour plus de clarté et rajouté quelques cercles avec leurs intersections.
Il y a un groupe commutatif d'ordre $4$ isomorphe au V-groupe de Klein, sous groupe du groupe circulaire, qui opère sur cette figure.
J'ai déjà parlé de cette configuration dans le passé dans des fils à retrouver sans doute consacrés à cette histoire de cubique focale.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour
Je renvoie à ce fil vieux de sept ans:
Pont aux ânes circulaire
traitant des propriétés du quadrilatère complet en géométrie circulaire dont je viens de remettre en place les figures disparues au cours de la naqba!
Amicalement
[small]p[/small]appus