Soit a, b, c trois points d'un cercle C.
La tangente à C en a coupe la droite bc en a'.
La tangente à C en b coupe la droite ca en b'.
La tangente à C en c coupe la droite ab en c'.
$(BC)$ a pour équation $z+bc\overline{z}=b+c$.
La tangente en $A$ a pour équation $\overline{a}z+a\overline{z}=2$.
D'où $A'(a')$ avec $a'=\dfrac{a\left(a(b+c)-2bc\right)}{bc-a^2}$ et permutation circulaire.
Alors, les trois points $A',B',C'$ sont alignés sur la droite d'équation:
$(s_1^2-3s_2)z+(s_2^2-3s_1s_3)\overline{z}+(9s_3-s_1s_2)=0$.
Je ne sais pas si cette droite porte un nom.
$\dfrac{A'B}{A'C}=\dfrac{A'B}{AA'}\times\dfrac{AA'}{A'C}=\left(\dfrac{\sin\gamma}{\sin\beta}\right)^2$. On conclut par le théorème de Menelaüs.
Remarque : on peut aussi observer que $A'BA$ et $A'AC$ sont semblables, donc $\dfrac{A'B}{A'A}=\dfrac{BA}{AC}$ et $\dfrac{A'A}{A'C}=\dfrac{BA}{AC}$. En multipliant ensemble ces deux égalités, il vient $\dfrac{A'B}{A'C}=\left(\dfrac{BA}{AC}\right)^2$.
Bonjour
Le triangle $abc$ et le triangle tangentiel (de côtés les $3$ tangentes) sont en perspective au point de Lemoine $k$ de $abc$. Les points $a^{\prime },b^{\prime },c^{\prime }$ (qui sont aussi les centres des cercles d'Apollonius de $abc$) sont alignés sur l'axe de perspective qui est aussi la polaire de $k$ par rapport au cercle. On comprend aisément pourquoi cette droite est appelée axe de Lemoine de $abc$.
Amicalement. Poulbot
Bonjour
En fait c'est vrai pour toute conique $\Gamma$:
appliquer le défunt théorème de Pascal à la conique inscrite dans $\Gamma$ dont les côtés successifs sont:
$aa$, $ab$, $bb$, $bc$, $cc$, $ca$.
La droite de Pascal reste toujours la polaire par rapport à $\Gamma$ du perspecteur $K$ du triangle $abc$ et de son triangle tangentiel!
Bonnes Vacances
[small]p[/small]appus
PS
En prenant $\{A,B,C,K\}$ pour repère projectif, on obtient l'équation de la conique $\Gamma$ dans ce repère:
$$yz+zx+xy=0$$
puis les coordonnées des points $A'(0:1:-1)$, $B'(-1:0:1)$, $C'(10)$ et enfin l'équation de la droite $A'B'C'$:
$$x+y+z=0$$
C'est à la fois simple par le résultat obtenu et incompréhensible vu la disparition de la géométrie projective plane.
Réponses
Avec Morley circonscrit:
$(BC)$ a pour équation $z+bc\overline{z}=b+c$.
La tangente en $A$ a pour équation $\overline{a}z+a\overline{z}=2$.
D'où $A'(a')$ avec $a'=\dfrac{a\left(a(b+c)-2bc\right)}{bc-a^2}$ et permutation circulaire.
Alors, les trois points $A',B',C'$ sont alignés sur la droite d'équation:
$(s_1^2-3s_2)z+(s_2^2-3s_1s_3)\overline{z}+(9s_3-s_1s_2)=0$.
Je ne sais pas si cette droite porte un nom.
Cordialement,
Rescassol
Remarque : on peut aussi observer que $A'BA$ et $A'AC$ sont semblables, donc $\dfrac{A'B}{A'A}=\dfrac{BA}{AC}$ et $\dfrac{A'A}{A'C}=\dfrac{BA}{AC}$. En multipliant ensemble ces deux égalités, il vient $\dfrac{A'B}{A'C}=\left(\dfrac{BA}{AC}\right)^2$.
Le triangle $abc$ et le triangle tangentiel (de côtés les $3$ tangentes) sont en perspective au point de Lemoine $k$ de $abc$. Les points $a^{\prime },b^{\prime },c^{\prime }$ (qui sont aussi les centres des cercles d'Apollonius de $abc$) sont alignés sur l'axe de perspective qui est aussi la polaire de $k$ par rapport au cercle. On comprend aisément pourquoi cette droite est appelée axe de Lemoine de $abc$.
Amicalement. Poulbot
En fait c'est vrai pour toute conique $\Gamma$:
appliquer le défunt théorème de Pascal à la conique inscrite dans $\Gamma$ dont les côtés successifs sont:
$aa$, $ab$, $bb$, $bc$, $cc$, $ca$.
La droite de Pascal reste toujours la polaire par rapport à $\Gamma$ du perspecteur $K$ du triangle $abc$ et de son triangle tangentiel!
Bonnes Vacances
[small]p[/small]appus
PS
En prenant $\{A,B,C,K\}$ pour repère projectif, on obtient l'équation de la conique $\Gamma$ dans ce repère:
$$yz+zx+xy=0$$
puis les coordonnées des points $A'(0:1:-1)$, $B'(-1:0:1)$, $C'(10)$ et enfin l'équation de la droite $A'B'C'$:
$$x+y+z=0$$
C'est à la fois simple par le résultat obtenu et incompréhensible vu la disparition de la géométrie projective plane.
Donnons tout de même, la solution avec les coordonnées barycentriques.
$A,B,C\simeq\left[\begin{array}{c} 1\\ 0\\ 0 \end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 1\\ 0 \end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 0\\ 1 \end{array}\right].$
$A',B',C' \simeq\left[\begin{array}{c} 0\\ b^2\\ -c^2 \end{array}\right],\left[\begin{array}{c} -a^2\\ 0\\ c^2 \end{array}\right],\left[\begin{array}{c} a^2\\ -b^2\\ 0 \end{array}\right].$
Comme le déterminant de la matrice $\begin{pmatrix}
0 & b^2 & -c^2 \\
-a^2 & 0 & c^2 \\
a^2 & -b^2 & 0
\end{pmatrix} $ vaut 0, alors les points $A',B'$ et $C'$ sont alignés;
Cordialement