Trois points alignés
Réponses
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Bonjour Soland,
et merci pour ce joli problème !
Bien cordialement
JLB -
Bonjour Soland
On sait que dans un quadrilatère complet, les orthocentres des quatre triangles obtenus en groupant ses quatre côtés trois à trois sont alignés sur l'axe radical du faisceau de cercles engendré par les trois cercles dont les diamètres sont les sommets opposés du quadrilatère dont deux sont marqués sur ta figure à savoir les cercles de diamètre $bd$ et $ce$, (voir par exemple le Lebossé-Hémery).
Comme les points $(b,c,d,e)$ sont cocycliques, il est clair que le point $x$ a même défunte puissance par rapport à ces deux derniers cercles et se trouve donc sur leur axe radical.
Bonnes Vacances
[small]p[/small]appus -
Bonjour,
clc, clear all, close all syms b c d e; syms bB cB dB eB; % Conjugués bB=1/b; cB=1/c; dB=1/d; eB=1/e; %----------------------------------------------------------------------- [a aB]=IntersectionDeuxDroites(1,b*e,-b-e,1,c*d,-c-d); [x xB]=IntersectionDeuxDroites(1,b*d,-b-d,1,c*e,-c-e); [h1 h1B]=Orthocentre(a,b,c,aB,bB,cB); h1=prod(h1); h1B=prod(h1B); [h2 h2B]=Orthocentre(a,d,e,aB,dB,eB); h2=prod(h2); h2B=prod(h2B); M=[x xB 1; h1 h1B 1; h2 h2B 1]; Nul=Factor(det(M)) % Egal à 0 donc ça marche
Cordialement,
Rescassol -
Merci pour vos réponses.
Ma Time Machine pointe vers le IVe siècle, au lieu 31°N 30°E
On y trouverait une clé résolvant le problème. -
Bonsoir Soland
Alexandrie? Apollonius?
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Quel est le lieu du point $x$ ? -
Non pappus, Pappus.
9 points, 9 droites etc. Tu connais. -
Bonjour Pappus
"Quel est le lieu du point $x$?"
Puisque $\left( ba,bx\right) =\left( cx,ca\right) $, c'est l'hyperbole équilatère passant par $a,b,c$ et centrée au milieu de $\left[ bc\right] $.
Amicalement. Poulbot -
Merci Poulbot
C'est sans doute une caractérisation de l'hyperbole équilatère qui est devenue inconnue au bataillon depuis longtemps!
Quelle est la direction des asymptotes?
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour Pappus
"C'est sans doute une caractérisation de l'hyperbole équilatère qui est devenue inconnue au bataillon depuis longtemps!"
C'est pourtant facile à retenir :
$\left( BA,BM\right) =\left( CA,CM\right) $ Cercle $ABC$
$\left( BA,BM\right) =-\left( CA,CM\right) $ Hyperbole équilatère passant par $A,B,C$ et centrée au milieu de $\left[ BC\right] $
"Quelle est la direction des asymptotes?"
Celles des bissectrices de $\left( ab,ac\right) $.
Amicalement. Poulbot -
Bonsoir Soland
Tu ferais donc référence à Pappus (dont j'usurpe le nom depuis trop longtemps!)
Voudrais-tu dire que la droite $xh_1h_2$ est la pappusienne d'une correspondance homographique définie entre les droites $ab$ et $ac$?
Mais comment la définis-tu?
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Voici comment Pappus (et non pappus) permet de résoudre le problème.
Lemme. Soient $A,B,C,D$ quatre points alignés sur une droite $d$, et $A',B',C',D'$ quatre points alignés sur une autre droite $d'$. Il y a équivalence entre :
(i) les trois points $(AB')\cap (A'B)$, $(BC')\cap (B'C)$ et $(CD')\cap (C'D)$ sont alignés ;
(ii) les birapports $(A,B,C,D)$ et $(A',B',C',D')$ sont égaux ;
(iii) les six points $(AB')\cap (A'B)$, $(AC')\cap (A'C)$, $(AD')\cap (A'D)$, $(BC')\cap (B'C)$, $(BD')\cap (B'D)$ et $(CD')\cap (C'D)$ sont alignés.
Démonstration. Soit $\Delta$ la droite passant par les deux points $(AB')\cap (A'B)$ et $(AC')\cap (A'C)$. Cette droite contient $(BC')\cap (B'C)$ d'après le théorème de Pappus. Pour tout $M\in d$, soit $f(M)=\Delta\cap (A'M)$, et pour tout $N\in\Delta$, soit $g(N)=(AN)\cap d'$. Soit $h=g\circ f$. Alors $h$ est une homographie. De plus, par définition de $h$, on a $h(A)=A'$, $h(B)=B'$ et $h(C)=C'$. Or, l'assertion (i) équivaut à $D'=h(D)$, ce qui équivaut bien à l'assertion (ii) puisque $h$ est une homographie.
L'équivalence avec (iii) en découle puisque la propriété (ii) est invariante par permutation.
Revenons au problème de soland. Notons $b'$ et $c'$ les pieds des hauteurs du triangle $abc$ issues de $b$ et $c$ respectivement. On définit de même $d'$ et $e'$.
Les droites $(ee')$ et $(bb')$ sont parallèles (car toutes deux perpendiculaires à $(ac)$). De même, $(d'd)$ et $(c'c)$ sont parallèles.
Les droites $(b'c')$ et $(de)$ sont parallèles car $abc$ est à la fois semblable à $ab'c'$ et à $ade$.
Donc les trois points d'intersection $(e'e)\cap (bb')$, $(b'c')\cap (ed)$ et $(dd')\cap (c'c)$ sont alignés sur la droite à l'infini. D'après l'implication $(i)\implies (ii)$ du lemme, on a $(e'b'dc)=(bec'd')$. On en déduit $(cdb'e')=(bec'd')$, donc d'après l'implication $(ii)\implies (iii)$ du lemme, les points $x=(bd)\cap(ce)$, $h_1=(bb')\cap (cc')$ et $h_2=(dd')\cap (ee')$ sont alignés. -
Merci JLT
Cela me semble bien compliqué mais ta démonstration a au moins le mérite de faire revivre pour un instant la géométrie projective.
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Peut-être que Soland va nous proposer une application plus simple du théorème de Pappus?
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Bonjour!
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