Un problème sans preuve métrique
dans Géométrie
Bonjour,
un problème pour lequel je n’ai à présent pas de preuve métrique…
1. ABC un triangle
2. a, b, c les longueurs resp. de BC, CA, AB
3. 2.p le périmètre de ABC,
4. (I) le cercle inscrit à ABC
5. DEF le triangle de contact de ABC
6. Q, R deux points resp. de [AE], [AF] tels que (QR) soit tangente à (I).
Prouver : (p-b).RA/RB + (p-c).QA/QC = (p-a).
Joyeux Noël et Bonne année à tous...
Sincèrement
Jean-Louis
un problème pour lequel je n’ai à présent pas de preuve métrique…
1. ABC un triangle
2. a, b, c les longueurs resp. de BC, CA, AB
3. 2.p le périmètre de ABC,
4. (I) le cercle inscrit à ABC
5. DEF le triangle de contact de ABC
6. Q, R deux points resp. de [AE], [AF] tels que (QR) soit tangente à (I).
Prouver : (p-b).RA/RB + (p-c).QA/QC = (p-a).
Joyeux Noël et Bonne année à tous...
Sincèrement
Jean-Louis
Réponses
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Bonjour,
Une solution avec Morley inscrit (où le triangle de contact est $UVW$):clc, clear all, close all; % On part du triangle de contact UVW syms u v w; syms uB vB wB; % Conjugués uB=1/u; % Morley's trick avec le cercle inscrit vB=1/v; wB=1/w; D=(u+v)*(v+w)*(w+u); % Utilitaires vdm=(u-v)*(v-w)*(w-u); %----------------------------------------------------------------------- a=2*v*w/(v+w); % Sommets ABC du triangle b=2*w*u/(w+u); c=2*u*v/(u+v); aB=2*vB*wB/(vB+wB); % Conjugués bB=2*wB*uB/(wB+uB); cB=2*uB*vB/(uB+vB); %----------------------------------------------------------------------- syms s t real q=a+s*(c-a); % Q sur (AC) r=a+t*(b-a); % R sur (AB) qB=aB+s*(cB-aB); rB=aB+t*(bB-aB); % Projeté orhogonal M de I sur (QR) [m mB]=ProjectionPointDroite(0,q,r,0,qB,rB); m=Factor(m) % On veut que (QR) soit tangente au cercle unitaire, donc que M soit sur ce cercle Nul=Factor(m*mB-1) % On trouve: Eq=collect(u*v^2 + u^2*v - u*w^2 - u^2*w - v*w^2 + v^2*w - 2*s*u^2*v + 2*s*v*w^2 + 2*t*u^2*w - 2*t*v^2*w - s*t*u*v^2 + s*t*u^2*v + s*t*u*w^2 - s*t*u^2*w - s*t*v*w^2 + s*t*v^2*w,[s t]) Eq = -vdm*s*t - 2*v*(u^2-w^2)*s + 2*w*(u^2-v^2)*t + (u+v)*(u+w)*(v-w); % On en déduit s en fonction de t s = (2*w*(u^2-v^2)*t + (u+v)*(u+w)*(v-w))/(vdm*t + 2*v*(u^2-w^2)) q=a+s*(c-a); qB=aB+s*(cB-aB); rab=Factor((r-a)/(b-r)) % RA/RB qac=Factor((q-a)/(c-q)) % QA/QC % Côtés du triangle ABC BC=-2*i*u*(v-w)/((u+v)*(u+w)); CA=-2*i*v*(w-u)/((v+w)*(v+u)); AB=-2*i*w*(u-v)/((w+u)*(w+v)); % Demi-périmètre du triangle ABC p=Factor((BC+CA+AB)/2) % p = -i*vdm/D % Relation de JLA Nul=Factor((p-CA)*rab+(p-AB)*qac-(p-BC)) % 0, donc c'est gagné !!
Cordialement,
Rescassol -
Mon cher Jean-Louis
Merci pour ce beau problème.
J'en profite pour te souhaiter un joyeux Noël et te présenter mes meilleurs voeux.
La réponse tient en un adjectif: homographique!
La correspondance entre $Q$ et $R$ est homographique tout autant que la relation que tu nous demandes de montrer à condition d'écrire des rapports algébriques (ou de section) pour notre ami Soland.
Ton exercice est donc un exercice de géométrie projective.
Ta relation s'écrit:
$$p-a+(p-b)\dfrac{\overline{RA}}{\overline{RB}}+(p-c)\dfrac{\overline{QA}}{\overline{QC}}=0$$
Pour vérifier qu'une relation homographique est satisfaite, il suffit (d'après le défunt cours) de la vérifier en trois points distincts.
Or il suffit de regarder ta figure:
Dans la correspondance homographique $Q\iff R$, on a les paires de points homologues:$(A\iff F)$, $(E\iff A)$, $(C\iff $.
Il suffit donc de vérifier ta relation sur ces trois paires et on peut alors dire sans la moindre hésitation qu'elle est vraie dans le cas général $(Q\iff R)$.
Il y a cependant deux os dans cette preuve:
1° La géométrie projective a disparu de notre culture pour toujours. On se console comme on peut en se disant qu'elle survit ailleurs dans les pays civilisés!
2° Et même si par miracle quelqu'un se souvenait encore de cette méthode, plus personne aujourd'hui ne sait que:
$AE=AF=p-a$, $BF=BD=p-b$, $CD=CE=p-c\ $
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour
Tant qu'à faire, je préfère la condition (CNS d'ailleurs) de Pappus $p-a+\left( p-b\right) \dfrac{\overline{RA}}{\overline{RB}}+\left( p-c\right) \dfrac{\overline{QA}}{\overline{QC}}=0$ car elle est valable pour tout $R$ et $Q$ sur les droites $AB$ et $AC$ tels que $QR$ soit tangente au cercle inscrit..
Un vieux résultat purement projectif : le lieu des pôles trilinéaires des tangentes à la conique inscrite de perspecteur (point de Brianchon) $P$ est la polaire trilinéaire de $P$. Il se montre sans difficulté en prenant un repère projectif de triangle de référence $ABC$, auquel cas la polaire trilinéaire de $\left( u:v:w\right) $ a pour équation $\dfrac{x}{u}+\dfrac{y}{v}+\dfrac{z}{w}=0$.
Ici, prenant $ABC$ comme repère barycentrique, le pôle trilinéaire de la droite $QR$ est $\left( 1:\dfrac{\overline{RA}}{\overline{RB}}:\dfrac{\overline{QA}}{\overline{QC}}\right) $ et la polaire trilinéaire du perspecteur (point de Gergonne) a pour équation $\left( p-a\right) x+\left( p-b\right) y+\left( p-c\right) z=0$.
Amicalement. Poulbot -
Bonjour,
une preuve élémentaire est possible...
En considérant la parallèle à (BC) issue de A, chaque terme de la somme proposée initialement se réduit à un ''segment''...
Sincèrement
Jean-Louis -
Mon cher Jen-Louis
J'attends avec impatience ta solution sur ton site mais permets moi de défendre un peu la mienne.
Elle ne requiert aucun calcul à part celui des longueurs des segments déterminés par le cercle inscrit sur les côtés du triangle $ABC$:
$AE=AF=p-a$, $BF=BD=p-b$, $CD=CE=p-c\ $
Je suis à peu près sûr que ceci n'est plus enseigné aujourd'hui où on se contente d'ânonner jusqu'à plus soif les énoncés des Axiomes de Thalès et de Pythagore!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
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Bonjour!
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