Point de Feuerbach
Bonjour,
Encore un problème posé par A.P. sur une liste voisine.
La droite $(OI)$ recoupe les côtés du triangle $ABC$ en $A', B', C'.$.
$O_a, O_b, O_c$ sont les centres des cercle circonscrits des triangles $AB'C', BC'A', CA'B'$
Alors, le point de Feuerbach du triangle $O_aO_bO_c$ est sur $(OI)$
Cordialement,
Rescassol
Encore un problème posé par A.P. sur une liste voisine.
La droite $(OI)$ recoupe les côtés du triangle $ABC$ en $A', B', C'.$.
$O_a, O_b, O_c$ sont les centres des cercle circonscrits des triangles $AB'C', BC'A', CA'B'$
Alors, le point de Feuerbach du triangle $O_aO_bO_c$ est sur $(OI)$
Cordialement,
Rescassol
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Réponses
Cela résulte de propriétés du quadrilatère complet.
Une droite $L$ coupant $BC,CA,AB$ respectivement en $U,V,W$, soient $O_{a},O_{b},O_{c}$ les centres des cercles $AVW,BWU,CUV$, $M$ le point de Miquel du quadrilatère complet $BC,CA,AB,L$ (point commun aux cercles $ABC,AVW,BWU,CUV$) et $M_{a},M_{b},M_{c}$ les symétriques de $M$ par rapport à $BC,CA,AB$.
Alors la droite $M_{a}M_{b}M_{c}$ (droite de Steiner de $M$) passe par l'orthopôle de $L$ relatif à $ABC$ et la même similitude directe de centre $M$ transforme $A,B,C$ en $O_{a},O_{b},O_{c}$ et $M_{a},M_{b},M_{c}$ en $U,V,W$.
Dans le cas qui nous intéresse, l'orthopôle de la droite $OI$ étant le point de Feuerbach de $ABC$, ton résultat en découle.
Amicalement. Poulbot
Merci encore, bien sincèrement !
Et merci aussi à Rescassol d'avoir lancé ce fil !
JLB
Merci Poulbot, pour cette solution limpide.
J'aurais quand même du voir que ces deux triangles avaient l'air semblables. Comme quoi, même si on a le nez dessus ........
J'avais bien sûr une solution avec Morley inscrit.
Cordialement,
Rescassol
Peut-on voir cette solution avec Morley ?
Merci.
Voilà, Bouzar:
Cordialement,
Rescassol
Je pense qu'une rescassolisation permet de prouver sans trop de difficultés les résultats classiques que j'ai rappelles plus haut (ICI).
Excepté ce qui a trait à l'orthopôle, on en trouvera une preuve "synthétique" ICI.
Le point de Miquel étant sur les cercles circonscrits aux triangles $ABC,AVW,AWU,AUV$, ses symétriques par rapport à $BC,CA,AB,L$ sont alignés sur une droite $L^{\prime }$ qui passe par les orthocentres $H,H_{a},H_{b},H_{c}$ de ces $4$ triangles.
Il s'agit de prouver que l'orthopôle $\Omega $ de $L$ relativement à $ABC$ est sur cette droite $L^{\prime }$.
Si $A^{\prime }$ et $B^{\prime }$ sont les projections de $A$ et $B$ sur $L$, $\Omega $ est sur les perpendiculaires en $A^{\prime }$ à $BC$ et en $B^{\prime }$ à $CA$,
Suivons alors l'astucieuse preuve centenaire $\left( 1918\right) $ de John W.Clawson.
Soient $Y$ et $Z$ les points d'intersection de la droite $AH_{a}A^{\prime }$ avec les droites $B^{\prime }\Omega $ et $WH_{b}$.
$H_{a}A^{\prime }$ et $H_{b}B^{\prime }$ étant parallèles ainsi que $A^{\prime }\Omega $ et $WH_{b}$, on a
$\left( B^{\prime }H_{a}B^{\prime }H_{b},B^{\prime }W,B^{\prime }\Omega \right) =\left( H_{a},\infty ,A^{\prime },Y\right) =\dfrac{\overline{H_{a}A^{\prime }}}{\overline{H_{a}Y}}=\dfrac{\overline{WA^{\prime }}}{\overline{WB^{\prime }}}=\dfrac{\overline{WZ}}{\overline{WH_{b}}}=\left( Z,H_{b},W,\infty \right) =\left( A^{\prime }H_{a},A^{\prime }H_{b},A^{\prime }W,A^{\prime }\Omega \right) $.
$A^{\prime },B^{\prime },W$ étant alignés, il en résulte que $H_{a},H_{b},\Omega $ le sont aussi (question indiscrète : pourquoi?).
Comme il se doit, Jean-Louis Ayme nous propose une belle preuve de ce résultat ICI. Il est également intéressant de consulter CECI
Bien cordialement. Poulbot
Dans le cas particulier de la droite $(OI)$, le point de Miquel en Morley inscrit est $X_{2720}=\dfrac{2s_1s_3(s_2^2-s_1s_3)}{s_2(s_1s_2^2+s_2s_3-2s_1^2s_3)}$ La voici, dans le cas d'une tranversale quelconque, avec Morley circonscrit:
Cordialement,
Rescassol
Sur la figure, "on voit bien que" $E_0$ = X(11) est l'un des deux point de base du faisceau des cercles de Newton du quadrilatère formé par le trigone $ABC$ et la droite $OI$. Et le reste suit. Que se passe-t-il si l'on utilise un autre diamètre comme quatrième droite ?
Cordialement, Pierre.