Trapèze du 26.11.2018

Bonjour Christoph
Il y a quelque chose que je ne comprends pas : si on considère $4$ points $P,Q,R,S$ du cercle tels que $PQ$ passe $A$, $PS$ passe par $B$, $QR$ passe par $D$, alors la droite $RS$ passe par un point fixe de $AB$ qui n'est pas $C$, sauf cercle particulier du genre $R^{2}=\dfrac{1}{4}OA^{2}+\dfrac{3}{4}OC^{2}$.

Bien cordialement. Poulbot

Bonsoir
Un trapèze inscrit dans un cercle est-il isocèle?
Poser la question, c'est y répondre!
Mais le problème soulevé par Poulbot est d'un autre ordre.
Le quadrilatère $PQRS$ inscrit dans le cercle est une solution du problème de Castillon pour les points $A$, $B$, $C$, $D$.
Or le problème de Castillon est de nature projective, donc a priori les quadrilatères solutions n'ont aucune raison d'être des trapèzes (notion affine) sauf si le cercle de Soland satisfait à certaines conditions.
Peut-être est-ce là la question de Soland? Trouver ces conditions!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour Pappus
Je dirais même plus : avec les points $A,B,C,D$ de Soland, sauf cercle particulier, il n'existe aucun quadrilatère $PQRS$ (trapèze ou non) inscrit dans le cercle tel que les droites $PQ,QR,RS,SP$ passent respectivement par $A,D,C,B$.
La condition d'existence devrait être que, si $O$ et $R$ sont le centre et le rayon du cercle, on ait $R^{2}=\dfrac{1}{4}OA^{2}+\dfrac{3}{4}OC^{2}$.
Amicalement. Poulbot

Bonjour Christoph
J'ai du me planter dans ma condition car elle n'est pas vérifiée pour tes données. Comme je n'ai pas le temps de faire ta figure, es-tu certain qu'avec tes données numériques, il existe $P,Q,R,S$ (pas nécessairement les sommets d'un trapèze) sur le cercle tels que les droites $PQ,QR,RS,SP$ passent respectivement par $A,D,C,B$?
Cordialement. Poulbot

Bonsoir
Si la condition que j'ai donnée est exacte, la construction est très simple puisque $C$ doit être le milieu de $\left[ RS\right] $, c'est-à-dire que $RS$ est perpendiculaire à $WC$.
Amicalement. Poulbot

Bonjour
Ce qui suit me semble élémentaire et les calculs sont très simples.

Appelons $S$-quadruplet tout quadruplet $\left( A,B,C,D\right) $ de points vérifiant $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{CD}\neq \overrightarrow{0}$.
Etant donné un trapèze isocèle $PQRS$ (avec $QR\parallel PS$) qui n'est pas un rectangle, il existe un unique $S$-quadruplet $\left( A,B,C,D\right) $ tel que les droites $PQ,QR,RS,SP$ passent respectivement par $A,D,C,B$ : $C$ est le milieu de $\left[ RS\right] $ et $\overrightarrow{AQ}=3\overrightarrow{AP}$. $\left( 1\right) $
En outre, si $W$ et $\rho $ sont le centre et le rayon du cercle $PQRS$, on a $\rho ^{2}=\dfrac{1}{4}WA^{2}+\dfrac{3}{4}WC^{2}$. $\left( 2\right) $

Supposons $P=\left( -p,0\right) ,S=\left( p,0\right) ,Q=\left( -q,h\right) ,R=\left( q,h\right) $ (en orthonormé).
Si $A=\left( 1-\lambda \right) P+\lambda Q$ et $C=\left( 1-\mu \right) S+\mu R$, les ordonnées $\left( \lambda +\mu \right) \dfrac{h}{2}$ et $\left( 3\mu -\lambda \right) \dfrac{h}{2}$ de $B$ et $D$ devant respectivement être égales à $0$ et $h$, on a $\lambda =-\dfrac{1}{2},\mu =\dfrac{1}{2}$. cela prouve $\left( 1\right) $.

On a alors $WA^{2}-\rho ^{2}=\overline{AP}\cdot \overline{AQ}=\dfrac{3}{4}PQ^{2}$ et $WC^{2}-\rho ^{2}=-\dfrac{1}{4}RS^{2}$; d'où $\left( 2\right) $.

On pourrait montrer que $\left( 2\right) $ est aussi la condition pour que, étant donné un $S$-quadruplet $\left( A,B,C,D\right) $, il existe $4$ points $P,Q,R,S$ du cercle $\left( W,\rho \right) $ pour lesquels les droites $PQ,QR,RS,SP$ passent respectivement par $A,D,C,B$.

@Soland Merci pour ta réponse qui a croisé mon message. Je suis maintenant d'accord avec le rayon $\sqrt{65}$ (et non $10$ comme plus haut)

Amicalement. Poulbot

mon message précédent était une généralisation avec $A,B,C,D,W$ quelconques ($A,B,C,D$ alignés tout de même !)

si on impose que les points sont équidistants ($BC = CD$ suffit d'ailleurs !)
c'est tout simple avec ma remarque précédente, car alors le lieu de $M$ est définitivement (et non pas une conjecture) le cercle homothétique du cercle de diamètre $CW$ dans l'homothétie de centre C et de rapport 2
bon nombre des points précédents sont confondus ($H$ = milieu de $BD$, intersection fixe de $MN$ et $AD$, confondu avec $C$ et $N$, $E$ et $M$ confondus)

d'où la construction de $M$ et tout le reste suit

cordialement

et finalement après avoir fait la preuve de la conjecture précédente via des homothéties, la construction dans le cas général ($A,B,C,D$ alignés quelconques, $W$ quelconque) du trapèze isocèle dont le centre du cercle circonscrit est $W$ et dont les côtés passent par $A,B,C,D$ :

soit $H$ le milieu de $BD$
la parallèle à $CW$ en $H$ coupe $AW$ en $X$
le cercle de centre $X$ passant par $H$ coupe le cercle de diamètre $AW$ en $M$ qui est le milieu de $PQ$ cherché.

la suite coule de source ($PBS$ et $QRD // MH$ donnent $P$ et $Q$ etc)

edit selon les données 0, 1 ou 2 solutions, (avec M')

cordialement