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).
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
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
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 .
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).
% 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
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 $A'B'C'$.
Réponses
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).
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
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
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.
J’en profite pour vous demanderai ce que vous appelez LE TRIANGLE ANTI CEVIEN de P...
Avec Morley inscrit:
Cordialement,
Rescassol
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
pour la demande initiale
http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/Docs/Diagonales quadrilatere complet.pdf
Sincèrement
Jean-Louis