Un problème extravagant

Bonjour à tous
Les points $B$, $C$, $Q$, $R$ sont situés sur le cercle de diamètre $BC$ et donc de centre $I$ le milieu de $BC$.
Soit $k=\overline{AB}.\overline{AR}=\overline{AC}.\overline{AQ}$ la puissance (?) de $A$ par rapport à ce cercle.
L'inversion de pôle $A$ et de puissance $k$ transforme donc la droite $QR$ en le cercle $(ABC)$.
Si $\infty$ est le point à l'infini du plan, on a une division harmonique: $(Q,R,M,\infty)=-1$.
Comme l'inversion conserve les birapports réels, on a donc:
$$(C,B,N,A)=-1$$.
On a donc un quadrangle harmonique: $(B,C,A,N)=-1$
Et la droite $AN$ est donc la $A$-symédiane du triangle $ABC$.
Je suis déjà épuisé par cette effort surhumain d'autant plus inutile que la géométrie circulaire a pris la poudre d'escampette depuis belle lurette.
L'étape suivante va être de montrer que le point $L$ est sur la $A$-médiane $AI$.
Mais une petite sieste réparatrice s'impose!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Quoi ! Des angles ! et orientés de vecteurs, rien de moins !

Bonne Nuit et faites de beaux rêves.
Allons y gaiement pour ma démo qui, de quelques façons qu'on la prenne, sera hors programme et donc nulle et non avenue!
Soit $i$ l'inversion de pôle $A$ conservant globalement le cercle de diamètre $BC$, on a:
$i(Q)=C\quad $ et $i(R)=B$.
Donc $(i\circ s)(B)=i(Q)=C\quad $ et $(i\circ s)(C)=i(R)=B$
$i\circ s$ est une cycline en tant que composée de deux anticyclines.
Elle échange $B$ et $C$, c'est donc une cycline involutive.
D'autre part $(i\circ s)(\infty)=i(\infty)=A$.
Résultat des courses:
$\tau=i\circ s\qquad$ est la cycline involutive de pôle $A$ échangeant $B$ et $C$
Par suite:
$$s=i\circ \tau\qquad$$
On a vu que le quadrangle $(B,C,A,N)$ était harmonique.
Autrement dit $N$ est l'image de $A$ par la cycline involutive $\sigma$ de points fixes $B$ et $C$ et donc de pôle $I$ le milieu de $BC$.
Or on savait que $\sigma$ était le produit commutatif de la symétrie par rapport à la droite $BC$ et de l'inversion $j$ par rapport au cercle de diamètre $BC$.
Conclusion:
$$A=j(L)\qquad$$.
Autrement dit les points $A$ et $L$ sont inverses par rapport au cercle de diamètre $BC$.
Ceci entraîne que tous les cercles passant par $A$ et $L$ sont orthogonaux au cercle de diamètre $BC$.
Dans l'inversion $i$ de pôle $A$ conservant le cercle de diamètre $BC$, les cercles passant par $A$ et $L$ se transforment en droites orthogonales au cercle de diamètre $BC$ et par suite:
$$i(L)=I\qquad$$
et $$i(I)=L\qquad$$
puisque $i$ est involutive
Donc:
$s(N)=i(\tau(N))$
Il faut évaluer $\tau(N)$
Mais $-1=(B,C,N,A)=(\tau(B),\tau(C),\tau(N),\tau(A)=(C,B,\tau(N),\infty)$
L'égalité $(C,B,\tau(N),\infty)=-1$ signifie que $\tau(N)=I$, le milieu de $BC$
Donc $s(N)=i(\tau(N))=i(I)=L$
$$CQFD\qquad$$
A mon âge canonique, on a plus tellement l'occasion de prendre son pied et je vous avoue que cette démonstration de l'égalité de deux angles au moyen du groupe circulaire m'a apporté beaucoup de plaisir et c'est un euphémisme!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Mon cher Jean-Louis
Encore une fois, merci pour ce bel exercice.
Si je suis particulièrement satisfait de l'avoir résolu, c'est que d'habitude je ne trouve jamais la solution de tes énigmes mais surtout pour l'avoir fait en utilisant systématiquement la théorie des groupes de transformations qui est un peu l'âme de la géométrie.
A force de m'escrimer comme un âne bâté sur tes exercices, je commence à comprendre la façon dont tu nous les concoctes.
Par exemple dans celui là, tu aurais pu définir le point $N$ directement en nous disant que la droite $AN$ était la $A$-symédiane mais non tu l'as fait de façon tordue qui m'a fait perdre un peu de temps.
Je trouve ta remarque finale très intéressante pour ceux qui voudraient comparer ta solution avec la mienne.
Je dis comparer seulement sans porter de jugement de valeur.
Car pour moi il est essentiel pour un problème d'avoir le maximum de solutions différentes sous les yeux.
Il nous manque par exemple les solutions par les barycentres (Bouzar)ou par les complexes (Rescassol) mais on sait qu'ils existent.
Ta remarque est une conséquence triviale de ma solution.
Si j'appelle $t$ la symétrie par rapport à la droite $BC$, la transformation $s\circ t$ est une similitude directe (comme composée de deux similitudes indirectes) transformant $(B,C,L)$ en $(Q,R,L)$.
$L$ est donc le point fixe de cette similitude directe.
Maintenant si on connait son Lebossé-Hémery, le point $L$ est à l'intersection des cercles $BCH$ et $QRH$.
Le point final: entre nos deux solutions, c'est forcément la tienne qui sera la plus compréhensible pour le commun des mortels.
Alors merci aussi pour ta prochaine solution sur ton site!

Bonjour pappus

Utilisons les coordonnées barycentriques.

Le triangle de référence:

$A,B,C\simeq\left[\begin{array}{c} 1\\ 0\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 1\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 0\\ 1\end{array}\right].$

Le triangle orthique:

$P,Q,R\simeq\left[\begin{array}{c} 0\\ -a^2 - b^2 + c^2\\ -a^2 + b^2 - c^2\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} a^2 + b^2 - c^2\\ 0\\ -a^2 + b^2 + c^2\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} a^2 - b^2 + c^2\\ -a^2 + b^2 + c^2\\ 0\end{array}\right].$

Les points N et L :

$N,L\simeq\left[\begin{array}{c} a^2\\ -2 b^2\\ -2 c^2\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} -a^2\\ a^2 - b^2 - c^2\\ a^2 - b^2 - c^2\end{array}\right].$

Les triangles $ABN$ et $AQL$ sont orthologiques parce que les perpendiculaires respectives issues de $A$ à $BN$, de $Q$ à $AN$, de $L$ à $AB$ sont concourantes.

Les triangles $ABN$ et $AQL$ sont parallélogiques parce que les parallèles respectives issues de $A$ à $BN$, de $Q$ à $AN$, de $L$ à $AB$ sont concourantes.

Les triangles $ABN$ et $AQL$ sont parallélogiques et orthologiques. Donc les triangles sont indirectement semblables.

Amicalement

Bonjour,

J'ai voulu bouzariser un peu, voilà ce que cela donne:

% Jean-Louis Ayme - 03/06/2020 - Un problème extravagant

clc, clear all, close all

syms a b c % Les longueurs des côtés

A=[1; 0; 0]; % Sommets du triangle ABC
B=[0; 1; 0];
C=[0; 0; 1];

BC=[1, 0, 0]; % Côtés du triangle ABC
CA=[0, 1, 0];
AB=[0, 0, 1];

Gram=[2*a^2 c^2-a^2-b^2 b^2-c^2-a^2; c^2-a^2-b^2 2*b^2 a^2-b^2-c^2; b^2-c^2-a^2 a^2-b^2-c^2 2*c^2];

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

Q = ProjectionOrthogonaleBary(B,CA,a,b,c); % Pied Q de la B-hauteur
R = ProjectionOrthogonaleBary(C,AB,a,b,c); % Pied R de la C-hauteur

% On trouve:
% Q = 
% - a^2 - b^2 + c^2
% 0
% a^2 - b^2 - c^2
% Et 
% R =
% - a^2 + b^2 - c^2
% a^2 - b^2 - c^2
% 0

M=MilieuBary(Q,R,a,b,c);  % Milieu M de [QR]
F=8*a^2*b^2*c^2*(- a^2 + b^2 + c^2)^2; % Facteur de simplification
M=FactorT(M/F);

% On trouve
% M =
% a^2*b^2 + a^2*c^2 - b^4 + 2*b^2*c^2 - c^4
% b^2*(- a^2 + b^2 + c^2)
% c^2*(- a^2 + b^2 + c^2)
 
AM=Wedge(A,M);      % Droite (AM)
F=-a^2+b^2+c^2;     % Facteur de simplification
AM=FactorT(AM/F);

% On trouve AM = [0, -c^2, b^2]

syms x y z % Point N où (AM) recoupe le cercle circonscrit

z=(c^2/b^2)*y; % On le reporte dans l'équation du cercle

NulN=Factor(a^2*y*z+b^2*z*x+c^2*x*y);

% On trouve y*a^2 + 2*x*b^2 = 0; Donc:

x=(-a^2/(2*b^2))*y; 

% En choisissant y=2*b^2 on obtient:

N=[-a^2; 2*b^2; 2*c^2];

L=SymetriqueOrthogonalBary(N,BC,a,b,c);
F=-a^2+2*b^2+2*c^2;  % Facteur de simplification
L=FactorT(F*L)

% On trouve;
% L = 
% a^2
% - a^2 + b^2 + c^2
% - a^2 + b^2 + c^2

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

% Carrés des longueurs des côtés du triangle LBC

LB2=Factor(Distance(L,B,a,b,c)) % LB2 = a^2*c^2/(- a^2 + 2*b^2 + 2*c^2)
LC2=Factor(Distance(L,C,a,b,c)) % LC2 = a^2*b^2/(- a^2 + 2*b^2 + 2*c^2)
BC2=a^2

% Carrés des longueurs des côtés du triangle LQR

LQ2=Factor(Distance(L,Q,a,b,c)) % LQ2 = a^2*(- a^2 + b^2 + c^2)^2/(4*b^2*(- a^2 + 2*b^2 + 2*c^2))
LR2=Factor(Distance(L,R,a,b,c)) % LR2 = a^2*(- a^2 + b^2 + c^2)^2/(4*c^2*(- a^2 + 2*b^2 + 2*c^2))
QR2=Factor(Distance(Q,R,a,b,c)) % QR2 = a^2*(- a^2 + b^2 + c^2)^2/(4*b^2*c^2)

% Rapports entre les deux triangles

rapport1=Factor(LB2/LQ2)
rapport2=Factor(LC2/LR2)
rapport3=Factor(BC2/QR2)

% On trouve rapport1 = rapport2 = rapport3 = 4*b^2*c^2/(-a^2+b^2+c^2)^2
% Donc les deux triangles LBC et LQR sont semblables de rapport 
% k = 2bc/(-a^2+b^2+c^2) puisque ABC est acutangle.

Cordialement,

Rescassol