Cocycliques ou alignés
Bonjour,
Je propose ce problème donné par Michel Bataille (Rouen, France) dans la revue The American Mathematical Monthly.
Soit $M, A, B, C$ et $D$ des points distincts (dans n'importe quel ordre) sur un cercle $\Gamma$ de centre $O$.
Les médianes issues $M$ respectivement des triangles $MAB$ et $MCD$ intersectent les droites $AB$ et $CD$ en $P$ et $Q$, respectivement. Les mêmes médianes intersectent $\Gamma$ en $E$ et $F$, respectivement.
Soit $K$ le point d'intersection de $AF$ avec $DE$, et soit $L$ le point d'intersection de $BF$ avec $CE$.
Soit $U$ et $V$ les projections orthogonales de $C$ sur $MA$ et $D$ sur $MB$, respectivement, et on suppose que $U$ est distinct de $A$ et $V$ est distinct de $B$.
Prouver que $A, B, U$ et $V$ sont cocycliques si et uniquement si $O, K$ et $L$ sont alignés.
Amicalement
Je propose ce problème donné par Michel Bataille (Rouen, France) dans la revue The American Mathematical Monthly.
Soit $M, A, B, C$ et $D$ des points distincts (dans n'importe quel ordre) sur un cercle $\Gamma$ de centre $O$.
Les médianes issues $M$ respectivement des triangles $MAB$ et $MCD$ intersectent les droites $AB$ et $CD$ en $P$ et $Q$, respectivement. Les mêmes médianes intersectent $\Gamma$ en $E$ et $F$, respectivement.
Soit $K$ le point d'intersection de $AF$ avec $DE$, et soit $L$ le point d'intersection de $BF$ avec $CE$.
Soit $U$ et $V$ les projections orthogonales de $C$ sur $MA$ et $D$ sur $MB$, respectivement, et on suppose que $U$ est distinct de $A$ et $V$ est distinct de $B$.
Prouver que $A, B, U$ et $V$ sont cocycliques si et uniquement si $O, K$ et $L$ sont alignés.
Amicalement
Réponses
-
Lack of luck.
Mais $KL$ passe par un point fixe (lorsque $M$ bouge, et pas les autres)
Cordialement, Pierre. -
Bonsoir à tous
J'ai précisé un peu la figure de Pierre en traçant les lieux des points $K$ et $L$ quand $M$ varie.
La droite $KL$ passe par le point fixe $O'=AC\cap BD$ pour des raisons d'hexagramme mystique de Pascal bienvenu en ces temps incertains.
On passe du point $K$ au point $L$ par une homologie de pôle $O'$ et d'axe $PQRS$.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonsoir Pierre et pappus,
En effet, tel que posé dans la revue, le problème n'est pas tout à fait correct. Nous devons également supposer que $E$ et $F$ ne coïncident pas, donc $K$ et $L$ ne coïncident pas. Si $K$ et $L$ coïncident, alors $O, K, L$ sont clairement alignés, mais $A, U, B, V$ n'ont pas besoin d'être cocycliques.
Amicalement -
Bonsoir à tous
Il y a d'une part ce qui se passe avec les points $K$ et $L$ dont la définition est compliquée et d'autre part ce qui se passe avec les points $U$ et $V$ dont la définition est beaucoup plus simple.
On passe du point $U$ au point $M$ par une similitude directe fixe de centre $C$ puis du point $M$ au point $V$ par une similitude directe fixe de centre $D$. On a rencontré ce phénomène dans le fil récent initié par Jean Louis Ayme sur un difficile milieu
En définitive on passe du point $U$ au point $V$ par une similitude directe fixe dont le centre devrait être sur la droite $CD$, le cercle de similitude est alors une droite.
Je pense que cela doit jouer un rôle dans la solution!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour,
- Sur le cercle unité, on prend $\alpha,\beta,\gamma,\delta$ fixes et $\nu$ mobile. On calcule$
\def\ptv{~;~}
$ $P=\left(\alpha+\beta\right)/2$, $Q=\left(\gamma+\delta\right)2$. Puis $E,F$ ré-intersections de $MP,\;MQ$ avec le cercle \[ E=\dfrac{\alpha\,\beta\,\left(\alpha+\beta-2\,\nu\right)}{2\,\alpha\,\beta-\alpha\,\nu-\beta\,\nu}\ptv F=\dfrac{\delta\,\gamma\,\left(\delta+\gamma-2\,\nu\right)}{2\,\delta\,\gamma-\delta\,\nu-\gamma\,\nu} \]
$\,$ - On détermine les $M$ pour que $E=F$. On trouve une équation du 2ème degré en $\nu$. On reporte les fonctions symétriques de $\nu$ dans $\left[1,-SS,PP\right]$ et cela donne: \[ \left[2\,\alpha\,\beta\,\left(\gamma+\delta\right)-2\,\left(\alpha+\beta\right)\,\delta\,\gamma\ptv-\left(\alpha\,\beta-\delta\,\gamma\right)\left(\alpha+\beta\right)\left(\delta+\gamma\right)\ptv2\,\alpha\,\gamma\,\beta\,\delta\,\left(\alpha+\beta-\delta-\gamma\right)\right] \] On reconnaît la droite $P,Q$. On appelle $R_{1},R_{2}$ les intersections avec le cercle.
$\,$ - On calcule $K=AF\cap DE$ et $L=BF\cap CE$. Des indéterminations apparaissent lorsque $F$ vient en $A$ ou $B$, ou lorsque $E$ vient en $C$ ou $D$. Il faudra examiner ces cas à part.
$\,$ - On détermine les $M$ tels que $K=L$. En dehors du cas $M\in PQ$, on voit apparaître des valeurs comme $\nu_{0}=\dfrac{\alpha\,\gamma-\beta\,\delta}{\alpha-\beta-\delta+\gamma}$. Mais elles sont à exclure, car $\left|\nu_{0}\right|^{2}-1=0$ impliquerait $\left(\delta-\gamma\right)\left(\beta-\gamma\right)\left(\alpha-\delta\right)\left(\alpha-\beta\right)=0$ qui ne convient pas.
$\,$ - On calcule la droite $KL$ en simplifiant par le facteur exprimant $M\in PQ$. On voit qu'elle passe par un point fixe $W$ avec \[ W=\dfrac{\alpha\,\beta\,\left(\gamma-\delta\right)+\left(\alpha-\beta\right)\,\gamma\,\delta}{\alpha\,\gamma-\beta\,\delta} \] On identifie $W=AD\cap BC$.
$\,$ - On définit $G\left(\nu,k\right)$ par $birap\left(W,G,K,L\right)=k$. Puis on écrit que, à $k$ fixé et $\nu$ variable, les points $G$ sont alignés. On trouve un produit de "facteurs évidents", ainsi que: \[ k=\dfrac{\left(\alpha-\delta\right)^{2}\beta\,\gamma}{\left(\beta-\gamma\right)^{2}\delta\,\alpha} \] La droite d'alignement, i.e. l'axe de l'homologie n'est autre que $PQ$. Ce n'est pas une vraie surprise au vu des cas particuliers $R_{1},R_{2}$.
$\,$ - On remarque que le birapport "vu de $W$" est \[ birap\left(WA,WB,WM,WKL\right)=\dfrac{\beta\,\delta\,\left(\gamma-\nu\right)^{2}\left(\alpha-\nu\right)^{2}}{\alpha\,\gamma\,\left(\delta-\nu\right)^{2}\left(\beta-\nu\right)^{2}} \]
$\,$ - Les coordonnées de $K$ sont du second degré en $\nu$. Le lieu de $K$ est donc une conique. Les cas particuliers nous disent qu'elle passe par $A,D,R_{1},R_{2}$. De même, le lieu de $L$ est une conique passant par $B,C,R_{1}R_{2}$. On les trace aisément, puisqu'on en connaît cinq points.
$\,$ - Finalement, il existe deux points $M$ sur le cercle tels que $K\neq L$ et $KL$ passe par $O$. Ils sont alignés avec $W$ sur la droite \[ \left[\left(\alpha+\gamma\right)\,\beta\,\delta-\left(\beta+\delta\right)\,\alpha\,\gamma\ptv\left(\alpha\,\beta-\gamma\,\delta\right)\left(\gamma\,\beta-\alpha\,\delta\right)\ptv\alpha\,\gamma\,\beta\,\delta\,\left(\alpha+\gamma-\beta-\delta\right)\right] \]
$\,$ - Pour ce qui est de $U,V$, le centre de similitude $\sigma$ détecté par pappus vérifie: \[ birap\left(C,D,Q,\sigma\right)=\dfrac{\left(\delta-\beta\right)\left(\alpha+\gamma\right)}{\left(\delta+\beta\right)\left(\alpha-\gamma\right)} \]
Cordialement, Pierre. - Sur le cercle unité, on prend $\alpha,\beta,\gamma,\delta$ fixes et $\nu$ mobile. On calcule$
-
Merci Pierre d'avoir confirmé mes intuitions!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour à tous
Sur cette figure, je me suis donné les points $A$ et $B$ et une similitude $s$ de centre $\Omega$ transformant $A$ en $A'$ et $B$ en $B'$.J'ai ensuite tracé le lieu des points $M$ du plan tels que les points $A$, $B$, $M$, $M'=s(M)$ soient cocycliques.
1° Comment ai-je fait?
2° Le lieu ressemble furieusement à une cubique circulaire, le démontrer.
3° Quel est le rapport avec le problème de Bouzar?
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour pappus,
Je crois qu'il y a une erreur dans ta figure: $M'\not=s(M)$
Dans une configuration "semblable", j'obtiens (probablement une partie de) cette courbe:
[Edit] Je crois que je dois manger mon chapeau (j'ai tort): désolé pappus ! -
Pour me rattraper, j'ai finalement obtenu toute la courbe:
J'ai construit un cercle variable passant par $A$ et $B$ donc centré en $m$ sur la médiatrice de $[AB]$.
Son image par la similitude $s$ le recoupe en deux points.
Il reste à tracer le lieu de l'image de ces deux points par $s^{-1}$ lorsque $m$ décrit la médiatrice de $[AB]$.
Encore une fois toutes mes excuses, pappus, pour avoir douté de ta figure. -
Bonjour,
on peut prouver que l'équation du lieu est un polynôme cubique !
Je suis en train de plancher (notamment pour le calcul du déterminant) sur l'ébauche de méthode suivante. Elle m'a été soufflée par un bon samaritain qui, d'après ce que j'ai compris, vit non loin de la frontière Franco-Belge (mais j'ignore de quel côté).
Dans un repère orthonormé direct ayant pour origine le centre $\Omega$ de la similitude $s$, l’expression analytique de $s$ est: $(x,y) \longmapsto (x'=ax+by, \: y'=bx-ay)$.
Puisque la cubique circulaire passe par des points cocycliques, on peut invoquer le déterminant qui exprime cette condition.
Ainsi, le point $M’(x',y')$ appartient au cercle passant par $A(x_A,y_A), B(x_B, y_B), M(x,y)$ si et seulement si:
\begin{equation}
\begin{vmatrix}
(a^2+b^2)(x^2+y^2) & ax+by & bx-ay & 1 \\
x^2+y^2 & x & y & 1 \\
x^2_A+y^2_A & x_A & y_A & 1 \\
x^2_B+y_B^2 & x_B & y_B & 1
\end{vmatrix}=0
\end{equation}
Le résultat de ce développement est un polynôme cubique en $x,y$.
Le lien avec l'exercice de Bouzar est-il la droite décrivant les milieu de $[MM']$ ?
... -
Merci Lake
1° Tu as donc fait comme moi!
2° Le lieu est très probablement une cubique circulaire, encore faut-il le prouver!
3° Dans le problème de Bouzar, le point $M$ est en plus assujetti à rester sur un cercle donc les solutions cherchées sont à l'intersection d'un cercle et d'une cubique circulaire.
C'est bizarre comme problème, d'un côté ce qui se passe pour $K$ et $L$ appartient à la géométrie projective et de l'autre ce qui se passe pour $U$ et $V$ appartient à la géométrie circulaire.
Pour résoudre ce très intéressant problème, il faudrait comprendre la correspondance $(K,L)\longleftrightarrow (U,V)$.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Merci df pour ton explication mais la similitude que tu utilises m'a tout l'air d'être indirecte (regarde la trace!).
Mais cela ne doit pas changer grand chose au résultat!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Cubique passant par les ombilics et par $-\alpha^2 \beta/\gamma:0:1$. Elle se ré-écrit en $D_1 D_2 D_3 - \mathcal L_\infty ^2 D_0$ où $D_1,D_2,D_0$ passent par le centre de similitude qui est donc un foyer singulier.
Cordialement, Pierre. -
Bonjour,
En prenant $A(-1)$, $B(1)$ et la similitude $z \mapsto m z + p$, on obtient pour équation de la cubique:m*(1 - mB)*z^2*zB + mB*(m - 1)*z*zB^2 - m*pB*z^2 + (p - pB + m*pB - mB*p)*z*zB + mB*p*zB^2 + (1 - p*pB - m)*z + (mB + p*pB - 1)*zB - p + pB = 0
où le suffixe $B$ signifie "conjugué".
Cordialement,
Rescassol -
Bonsoir et merci de vos contributions.
Voici la trame d'une résolution possible.
Soit $X$ et $Y$ les symétriques du point $O$ par rapport aux droites $AC$ et $BD$, respectivement.
On considère les assertions suivantes : (1) $ A,B,U$ et $V$ sont cocycliques, (2) $O,K$ et $L$ sont alignés et (3) $MX =MY$.
On montre que (1) $\iff$ (3) et (2) $\iff$ (3).
On conclut alors que (1) $\iff$ (2).
Amicalement -
Bonsoir,
On rappelle que $W\doteq AC\cap BD$. Pour tout $M$ sur le cercle, on a soit $M\in PQ$ et alors $K=L$ ou bien:
\[ \tan(WBD,WM)=\tan(WKL,WAC)=\dfrac{i\left(\delta-\nu\right)\left(\beta-\nu\right)}{\beta\,\delta+\nu\,\dfrac{\left(\alpha\,\gamma+\beta\,\delta\right)\left(\beta+\delta\right)-2\,\beta\,\delta\,\left(\alpha+\gamma\right)}{\left(\alpha\,\gamma-\beta\,\delta\right)}-\nu^{2}} \] autrement dit, les droites $WM$ et $WKL$ sont également inclinées sur les droites $WAC$ et $WBD$.
On prend le symétrique de $WO$ par rapport à $BD$ puis par rapport à $AC$. Et on prend la bissectrice de ces deux droites. Et cela donne pile-poil la droite $Wz$ d'alignement sur $W$ des deux solutions qui, comme déjà indiqué, s'écrit:
\[ \left[\left(\alpha+\gamma\right)\,\beta\,\delta-\left(\beta+\delta\right)\,\alpha\,\gamma \;;\; \left(\alpha\,\beta-\gamma\,\delta\right)\left(\gamma\,\beta-\alpha\,\delta\right) \;;\; \alpha\,\gamma\,\beta\,\delta\,\left(\alpha+\gamma-\beta-\delta\right)\right] \]
En effet, les droites $WO$ et $Wz$ correspondant aux solutions sont également inclinées sur les droites $WAC$ et $WBD$.
Cordialement, Pierre
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Bonjour!
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