Cercle inscrit et division harmonique

fm_31 · February 2020

Bonjour
Les points M, A, D, B sont en division harmonique. Existe-t-il une démonstration assez simple de cette particularité ?
Cordialement. 96362

Math Coss · February 2020

Si le triangle est isocèle de sommet principal $C$, c'est évident (que $D$ est le milieu de $[AB]$).

gb · February 2020

Bonjour,

La droite $(CD)$ est la polaire du point $M$ par rapport aux droites $(CA)$ et $(CB)$ puisque le point d'intersection des droites $(BF)$ et $(AE)$ appartient à :la droite $(CD)$

Edit : le résultat vaut dès que le triagle $DEF$ est un triangle pédal (ici du point de Gergonne).

fm_31 · February 2020

Merci pour cette réponse que j'ai un peu de mal à suivre .
Je vois bien que D est sur la polaire de M par rapport au cercle inscrit mais je n'arrive pas à voir pourquoi cette polaire passe par C .
Cordialement

gb · February 2020

Je ne parle pas de la polaire par rapport au cercle inscrit, mais de la polaire par rapport aux droites $(CA)$ et $(CB)$ (une conique dégénérée en fait).

Sinon : la polaire de $C$ par rapport au cercle inscrit est $(EF)$;m $M$ appartient à la polaire de $C$, donc $C$ appartient à la polaire de $M$.

On peut aussi user :
— du théorème de Céva : $\dfrac{\overline{DA}}{\overline{DB}} \cdot \dfrac{\overline{EB}}{\overline{EC}} \cdot \dfrac{\overline{FC}}{\overline{FA}} = -1$ car $AD=AF$, $BD=BE$, CE=CF\).

— du théorème de Ménélaüs : $\dfrac{\overline{MA}}{\overline{MB}} \cdot \dfrac{\overline{EB}}{\overline{EC}} \cdot \dfrac{\overline{FC}}{\overline{FA}} = +1$.

Par suite : $\dfrac{\overline{MA}}{\overline{MB}} :\dfrac{\overline{DA}}{\overline{DB}} = -1$ et la division est harmonique

fm_31 · February 2020

Merci pour tous ces détails et surtout pour la patience prodiguée . Je pense avoir enfin compris pourquoi on avait cette division harmonique qui peut servir dans pas mal d'autres démonstrations .

soland · February 2020

C'est un problème projectif, on peut remplacer le cercle par une conique. 96382

pldx1 · February 2020

Bonjour.

On considère la conique inscrite dans $ABC$ ayant $P$ comme perspecteur. Alors la conipolaire et la tripolaire de $P$ sont égales. Cela reste vrai lorsque $P$ vient en X(7).

Cordialement, Pierre. 96386

fm_31 · February 2020

Merci pour ces généralisations même si elles me dépassent un peu .

amateur · February 2020

Bonjour pldx
J’en profite pour vous demanderai ce que vous appelez LE TRIANGLE ANTI CEVIEN de P...

Rescassol · February 2020

Bonjour,

Avec Morley inscrit:

% fm_31 - 12/02/2020 - Cercle inscrit et division harmonique

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;

%-----------------------------------------------------------------------

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);

%-----------------------------------------------------------------------

[pab qab rab]=DroiteDeuxPoints(a,b,aB,bB);

[m mB]=IntersectionDeuxDroites(1,u*v,-u-v,pab,qab,rab);

m=Factor(m) % On trouve m = w*(w*(u+v)-2*u*v)/(u*v-w^2)

Bi=Birapport(a,b,w,m);

Bi=Factor(Bi) % On trouve Bi=-1, donc c'est gagné

Cordialement,

Rescassol

Rescassol · February 2020

Bonjour,

Amateur, le triangle $A'B'C'$ est le triangle anticévien de $P$ par rapport au triangle $ABC$ si le triangle $ABC$ est le triangle cévien de $P$ par rapport au triangle $A'B'C'$.

Cordialement,
Rescassol