Identité n°3

Bouzar
Bouzar
dans Géométrie
Bonsoir,
Voici un nouveau problème.
Soit $A, B, C, D$ quatre points situés sur le cercle $\Gamma(O; R)$ de sorte que les cordes $AC$ et $BD$ soient perpendiculaires et sécantes au point $P.$
Prouver que : $AP^2 + BP^2 + CP^2 + DP^2 = 4R^2.$95476

Réponses

  • Math Coss
    Math Coss
    À la Rescassol ? 
    sage: var('a b c d')
(a, b, c, d)
sage: aa,bb, cc, dd = map(lambda u: 1/u, [a,b,c,d])
sage: e = ((b-a)*(bb-aa)+(d-c)*(dd-cc)-4).numerator()
sage: e.factor()
-(a*c + b*d)*(b*c + a*d)
sage: ((a-c)*(bb-dd)+(aa-cc)*(b-d)).numerator().factor()
-(a*c + b*d)*(a - c)*(b - d)
    La factorisation du numérateur de $e$ donne la condition d'annulation. On exprime par ailleurs le produit scalaire comme la partie réelle d'un produit que l'on factorise. Trouver $ac+bd$ dans les deux expressions prouve la relation.
  • Bouzar
    Bouzar
    Bonjour et merci Math Coss,
    Que vaut donc ce $ac+bd$ ?
  • Bouzar
    Bouzar
    Une indication pour une solution : $4R^2$ est le carré du diamètre du cercle $\Gamma$. Il faut introduire le symétrique d'un des 4 points par rapport à $O.$
  • Math Coss
    Math Coss
    Eh bien, à supposer que $a\ne c$ et $b\ne d$, comme on a obtenu $ac+bd$ en facteur du produit scalaire $2\langle\overrightarrow{CA},\overrightarrow{DB}\rangle$, il vaut zéro.

    Sans calculer ce produit scalaire, on peut aussi arguer que $ac$ (resp. $bd$) est le carré de l'affixe $m$ de $\overrightarrow{OM}$ (resp. $n$ de $\overrightarrow{ON}$) où $M$ (resp. $N$ est une intersection de la médiatrice de $[AC]$ (resp. $[BD]$) avec le cercle $\Gamma$. Comme $(AC)$ et $(BD)$ sont perpendiculaires, leurs médiatrices aussi, de sorte que $m=\pm\mathrm{i}n$ et donc $ac=-bd$.
  • dm974
    dm974
    Ca marche bien avec Al-Kashi :

    $\begin{eqnarray*}
    AP^2+BP^2+CP^2+DP^2 &=& AB^2+CD^2 \\
    &=& 2R^2(1-\cos \widehat{AOB}) + 2R^2(1-\cos \widehat{DOC}) \\
    &=& 2R^2 \cdot 2\sin^2 \dfrac{\widehat{AOB}}{2} + 2R^2 \cdot 2\sin^2 \dfrac{\widehat{DOC}}{2} \\
    &=& 4R^2 \sin^2 \widehat{ADP} +4R^2 \sin^2 \widehat{DAP} \\
    &=& 4R^2
    \end{eqnarray*}$
  • pappus
    pappus
    Bonne Nuit
    Nul besoin de cet Al-Kashi (?) que je n'ai jamais fréquenté au Collège ou au Lycée.
    L'Axiome de Pythagore est largement suffisant une fois montrée la paralléléturpitude du quadrilatère $OMPN$.
    Amicalement95530
  • jelobreuil
    jelobreuil
    Bonsoir à tous
    Pappus, je vois bien que les triangles APB et DPC sont indirectement semblables, que leur centre de similitude est P, que les angles PMB et PNC sont égaux ainsi de APM et DPN ... mais je ne sais pas comment, partant de là, prouver le parallélisme des segments ON et MP, et celui de OM et NP ...
    N'y a-t-il pas un théorème qui s'applique ici, disant que, quand deux triangles rectangles indirectement semblables se trouvent dans la position particulière de la figure, la médiane relative à l'hypoténuse de l'un des triangles se prolonge en la hauteur de l'autre ? Il me semble m'en souvenir ...
    Ceci permettrait d'affirmer que le quadrilatère OMPN est un parallélogramme comme ayant des côtés deux à deux parallèles.
    Bien cordialement
    JLB
  • pappus
    pappus
    Mon cher Jelobreuil
    Les triangles $APB$ et $DPC$ sont effectivement indirectement semblables mais si tu te limites comme tu le fais aux angles non orientés, tu ne pourras pas aller plus loin.
    En géométrie, on utilise les angles orientés, point barre!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • pappus
    pappus
    Bonsoir Jelobreuil
    Il y a une façon amusante de faire sans utiliser les défunts angles orientés mais plutôt les non moins défuntes transformations.
    Décidément on ne pourra jamais s'en sortir!
    Quelle est la transformée de la droite $AB$ (resp $CD$) dans l'inversion de pôle $P$ laissant globalement invariant le cercle $(ABCD)$?
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • pappus
    pappus
    Bonne Nuit à tous
    On peut effectivement s'en tirer avec cette histoire de similitude indirecte à condition de connaître la forme réduite d'une similitude indirecte comme produit commutatif d'une homothétie et d'une symétrie axiale et aussi, aussi les angles orientés.
    Donc tant qu'à faire autant les utiliser tout de suite!
    $(PA,PM)=-(PA,AM)$
    Je n'ose demander pourquoi, pourquoi, pourquoi!
    $-(PA,AM)=(AM,AP)$
    Là la raison doit être atroce à trouver!
    $(AM,AP)=(AB,AC)$
    Fastoche? Pas si sûr!
    $(AB,AC)=(DB,DC)$
    Est-ce encore dans nos programmes?
    Au bout du bout de cette épouvantable chasse aux angles orientés, on obtient:
    $(PA,PM)=(DB,DC)$
    Et comme $PA\perp DB$, alors $PM\perp DC$
    Là aussi on se demande bien pourquoi, pourquoi,pourquoi!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • kolotoko
    kolotoko
    Bonjour,

    le théorème de Brahmagupta permet d'affirmer que ONPM est un parallélogramme.

    Bien cordialement.
    kolotoko
  • Chaurien
    Chaurien
    Munissons la figure d'un repère orthonormé dont l'origine est le point $P$ et dont les axes sont les droites $PAC$ et $PDB$.
    Soient $(a,b)$ les coordonnées de $O$ dans ce repère.
    L'équation du cercle dans ce repère est : $(x-a)^2+(y-b)^2=R^2$.
    En faisant $y:=0$ on obtient : $x=a \pm \sqrt {R^2-b^2}$.
    Ces deux valeurs de $x$, soient $x_1$ et $x_2$, sont $\overline{PA}$ et $\overline{PC}$, d'où : $PA^2+PC^2=x_1^2+x_2^2=2a^2+2(R^2-b^2)$.
    De même : $PB^2+PD^2=2 b^2+2(R^2-a^2)$.
    D'où la conclusion : $PA^2+PB^2+ PC^2+PD^2=4R^2$.
    Merci, Descartes.
    Bonne journée.
    Fr. Ch.
  • jelobreuil
    jelobreuil
    Bonjour à tous,
    Merci beaucoup, Pappus, d'avoir détaillé cette "épouvantable" chasse aux angles orientés ! J'arrive bien à t'y suivre, mais j'avoue que je n'aurais pas pu la mener moi-même, bien que je sache répondre à tous tes "pourquoi ?" ...
    Merci Kolotoko de m'avoir confirmé dans mes souvenirs : c'est effectivement à ce théorème que je pensais ...
    Merci Chaurien pour cette solution cartésienne : presque trop simple !
    Bonne journée, bien cordialement
    JLB
  • pappus
    pappus
    Bonjour à tous
    L'inverse de la droite $AB$ dans l'inversion de pôle $P$ conservant le cercle $(ABCD)$ est le cercle $(PCD)$ et on sait alors que la droite joignant le pôle $P$ au centre $N$ de ce cercle image $(PCD)$ est perpendiculaire à la droite $AB$.
    Cela me laisse l'impression qu'on peut faire pas mal de géométrie en ne connaissant que les angles de $0°$ et $90°$. Mais n'est-ce qu'une impression?
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Bouzar
    Bouzar
    Bonjour à tous et merci de vos contributions.
    Voici une autre solution.
    Soit $E$ le symétrique de $A$ par rapport à $O$. $AE$ est un diamètre du cercle $\Gamma(O;R)$.
    Le triangle $ABE$ est rectangle en $B$ car si un triangle est inscrit dans un cercle qui a pour diamètre un des côtés du triangle, alors ce triangle est rectangle et son hypoténuse est le diamètre considéré.
    D'après le théorème de Pythagore, on a : $AE^2 = AB^2 + BE^2.$
    Or $AE^2 = (2R)^2=4R^2$. Donc : $4R^2 = AB^2 + BE^2.$
    Le triangle $APB$ est rectangle en $P$ car les cordes $AC$ et $BD$ sont perpendiculaires et sécantes au point $P.$
    D'après le théorème de Pythagore, on a : $AB^2 = AP^2 + BP^2.$
    Par suite, on : $4R^2 = AP^2 + BP^2 + BE^2.$
    Le triangle $CPD$ est rectangle en $P$ car les cordes $AC$ et $BD$ sont perpendiculaires et sécantes au point $P.$
    D'après le théorème de Pythagore, on a : $DC^2 = CP^2 + DP^2.$
    Pour terminer, il suffit de montrer que $DC=BE$ ce qui se fait avec les angles.
    En conclusion, on obtient: $4R^2 = AP^2 + BP^2 + CP^2 + DP^2.$

    Quid d'une solution avec les coordonnées barycentriques ?
    Amicalement
  • pldx1
    pldx1
    Bonjour.

    On se donne $ABC$ et un point $M\in BC$. La droite $MA$ recoupe le circonscrit en $D$. Et on trace la courbe de la fonction \[f: M \mapsto MA^2+MB^2+MC^2+MD^2-4R^2\] Lorsque $A$ est obtus, $f$ passe quatre fois par $0$. Et alors ?

    Cordialement, Pierre.95560
  • Chaurien
    Chaurien
    Une petite remarque, suite à mon précédent message.
    L'énoncé initial donne deux cordes $AC$ et $BD$ du cercle, perpendiculaires, ce qui avec mes notations implique : $|a| \le R$ et $|b| \le R$, et qui justifie la légitimité de mon calcul.
    Mais il se peut que $a^2+b^2 \ge R^2$, auquel cas le point $P$ est extérieur au cercle ou sur le cercle. Mon raisonnement reste valable dans ce cas, et le résultat reste vrai.
    Bonne soirée.
    Fr. Ch.
  • soland
    soland
    Les fonctions symétriques élémentaires en les $XP^2$ sont
    $$
    \{ 4r^2, * , 4pr^2, p^2 \}
    $$
    $p$ est la puissance de $P$ relativement au cercle.
    $*$ semble inintéressant.
  • Lake
    Lake
    Bonjour,

    J'ai refait (avec un peu de mal) la figure de pldx1.
    Lorsque $A$ est obtus, $f$ passe quatre fois par $0$. Et alors ?

    Une équation de degré 4 qui admet 4 solutions réelles lorsque $A$ est obtus. Geogebra a calculé les affixes des 3 points non évidents $M_1,M_2,M_3$.

    Mais j'imagine qu'il y a beaucoup à dire sur cette configuration... Des suggestions ?

    Merci d'avance.95738
  • Jean-Louis Ayme
    Jean-Louis Ayme
    Bonsoir,

    le théorème de Brahmagupta par le théorème de Reim...

    http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/Docs/Le theoreme de Brahmagupta.pdf

    Sincèrement
    Jean-Louis
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