Droites de Simson concourantes

Bouzar
Bouzar
dans Géométrie
Bonjour,
Je propose ce nouveau problème.
Soit $A,B,C,P,Q,R$ six points cocycliques.
Montrer que si les droites de Simson des points $P,Q,R$ par rapport au triangle $ABC$ sont concourantes, alors les droites de Simson des points $A,B,C$ par rapport au triangle $PQR$ sont concourantes en un même point.
Amicalement

Source : AOPS

Réponses

  • pappus
    pappus
    Bonjour
    Je propose une petite généralisation du problème de Bouzar dont j'ai le vague souvenir que Poulbot a dû en parler il y a bien des années!
    Je note:
    $S(ABC)$ l'aire algébrique du triangle $ABC$
    $S(PQR)$ l'aire algébrique du triangle $PQR$.
    $S(A'B'C')$ l'aire algébrique du triangle $A'B'C'$ formé par les droites de Simson des points $A$, $B$, $C$ par rapport au triangle $PQR$.
    $S(P'Q'R')$ l'aire algébrique du triangle $P'Q'R'$ formé par les droites de Simson des points $P$, $Q$, $R$ par rapport au triangle $ABC$.
    Alors
    $$S(ABC).S(P'Q'R')=S(A'B'C')S(PQR)$$
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
    PS
    On se doute bien que ceux qui ne connaissent de l'aire d'un triangle que la formule:
    $$S(\Delta)=\dfrac 12 \mathrm{Base} \times \mathrm{Hauteur}$$
    en seront pour leurs frais!
  • Bouzar
    Bouzar
    Bonjour pappus,
    Pour ceux qui voudront résoudre les deux problèmes avec Morley circonscrit, un petit rappel.
    Soit $M(t)$ un point du cercle circonscrit au triangle $ABC.$
    Sa droite de Simson a pour équation $-2t^2z+2s_3t\overline{z}+(t^3+s_1t^2-s_2t-s_3)=0.$
    Amicalement
  • Bouzar
    Bouzar
    Toute application affine $f: \mathbb C \longmapsto \mathbb C$ pour la structure vectorielle de C sur le corps des réels $\mathbb{R}$ s'écrit: $f(z) = a.z + b.\overline z + c \text{ avec } (a, b) \in\mathbb C^2 $ et a pour partie linéaire $\overrightarrow f(z) = a.z + b.\overline z \text{ avec } (a, b) \in\mathbb C^2.$ On a : $\text{Det}(\overrightarrow f) = |a|^2 - |b|^2.$

    Soit $f:\mathbb C \longmapsto \mathbb C$ et $g:\mathbb C \longmapsto \mathbb C$ deux applications affines telles que : $f(A)=A', f(B)=B', f(C)=C', g(P)=P', g(Q)= Q', g(R)= R'.$
    Puisque, $\dfrac{S(A'B'C')}{S(ABC)} = \text{Det}(\overrightarrow f)$ et $\dfrac{S(P'Q'R')}{S(PQR)} = \text{Det}(\overrightarrow g)$, le résultat de pappus, revient à montrer que $\text{Det}(\overrightarrow f) = \text{Det}(\overrightarrow g).$
  • poulbot
    poulbot
    Bonjour
    On trouve dans Lalesco : Géométrie du triangle le résultat suivant :
    $A^{\prime },B^{\prime },C^{\prime }$ étant $3$ points du cercle cercle circonscrit au triangle $ABC$, leurs droites de Simson sont concourantes si et seulement si la somme algébrique des arcs $AA^{\prime },BB^{\prime },CC^{\prime }$, pris dans un même sens de parcours est égale à zéro.
    Dans ce cas, leur point de concours est le milieu de $\left[ HH^{\prime }\right] $, où $H$ et $H^{\prime }$ sont les orthocentres des triangles $ABC$ et $A^{\prime }B^{\prime }C^{\prime }$.
    Amicalement. Poulbot
  • Bouzar
    Bouzar
    Bonjour poulbot et merci.
    Je pense que Rescassol va nous donner les expressions de $f$ et $g$.
    Amicalement
  • poulbot
    poulbot
    Bonjour Bouzar
    Je voulais simplement dire que le résultat de Lalesco est bien plus précis que ce que tu demandes de prouver.
    Amicalement. Poulbot
  • pappus
    pappus
    Bonjour
    Puisqu'on connait les équations des droites de Simson, on peut justement utiliser les défuntes formules donnant l'aire algébrique d'un triangle connaissant les équations de ses côtés.
    Encore faut-il savoir la définition d'un déterminant! Est-ce encore enseigné, les choses vont si vite!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • pappus
    pappus
    Bonjour
    Et tant qu'à faire, puisque maintenant nous sommes devenus soi-disant des professionnels avérés de l'algèbre linéaire que le monde entier nous envie, à défaut de pouvoir prouver les axiomes de Thalès et de Pythagore à nos étudiants, montrer avec les notations de Bouzar que les polynômes caractéristiques de $\overrightarrow f$ et $\overrightarrow g$ sont égaux.
    Ca, au moins, on est sûr que ce n'est pas dans le Lalesco!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Rescassol
    Rescassol
    Bonjour,

    Morley circonscrit dit que les droites de Simson de $P,Q,R$ par rapport à $ABC$ sont concourantes si on a $pqr=abc$.
    C'est visiblement symétrique entre $ABC$ et $PQR$.
    J'ai les expressions de $f$ et $g$, mais elles sont assez compliquées et me paraissent de peu d'intérêt.

    Cordialement,

    Rescassol
  • poulbot
    poulbot
    Re-bonjour
    Sauf erreur,
    $S\left( PQR\right) =\dfrac{i\left( q-r\right) \left( r-p\right) \left( p-q\right) }{4pqr}$ et

    $S\left( P^{\prime }Q^{\prime }R^{\prime }\right) =-\dfrac{i\left( q-r\right) \left( r-p\right) \left( p-q\right) \left( pqr-abc\right) ^{2}}{16abcp^{2}q^{2}r^{2}}$.
    So $\dfrac{S\left( P^{\prime }Q^{\prime }R^{\prime }\right) }{S\left( PQR\right) }=\dfrac{S\left( A^{\prime }B^{\prime }C^{\prime }\right) }{S\left( ABC\right) }=-\dfrac{\left( pqr-abc\right) ^{2}}{4abcpqr}$.
    Par chance, la condition donnée par Lalesco est bien équivalente à $pqr=abc$.

    Toujours dans Lalesco : $PQR$ et $P^{\prime }Q^{\prime }R^{\prime }$ sont directement semblables et le centre du cercle $P^{\prime }Q^{\prime }R^{\prime }$ est le milieu des orthocentres des triangles $ABC$ et $PQR$.
    Amicalement. Poulbot
  • Rescassol
    Rescassol
    Bonjour,

    J'avais fait une erreur.
    Finalement:
    $g(z)=\dfrac{abc-pqr}{2pqr}z+\dfrac{a+b+c+p+q+r}{2}$, et l'analogue pour $f$.
    On voit là le résultat du Lalesco indiqué par Poulbot.


    Cordialement,

    Rescassol
  • pappus
    pappus
    Bonjour
    Ainsi $f$ et $g$ n'étaient que des défuntes similitudes directes.
    Les droites de Simson appartiennent bien au royaume de Morley!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
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