Un problème bulgare
Bonjour,
Voici un nouveau problème.
Soit $ABC$ un triangle, $(O)$ son cercle circonscrit, $P$ un point quelconque autre que $O$.
$AP$ intersecte $(O)$ pour une seconde fois en $A_1$. Soit $A_2$ le symétrique de $A_1$ par rapport à $OP$. J'appelle $l_a$ la droite passant par le milieu de $[BC]$ parallèle à $AA_2$.
On définit $l_b$ et $l_c$ de façon similaire.
Montrer que les droites $l_a$, $l_b$ and $l_c$ sont concourantes.
Amicalement
Voici un nouveau problème.
Soit $ABC$ un triangle, $(O)$ son cercle circonscrit, $P$ un point quelconque autre que $O$.
$AP$ intersecte $(O)$ pour une seconde fois en $A_1$. Soit $A_2$ le symétrique de $A_1$ par rapport à $OP$. J'appelle $l_a$ la droite passant par le milieu de $[BC]$ parallèle à $AA_2$.
On définit $l_b$ et $l_c$ de façon similaire.
Montrer que les droites $l_a$, $l_b$ and $l_c$ sont concourantes.
Amicalement
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Réponses
Trois droites concourantes cela faisait longtemps qu'on ne les avait pas vues.
Qu'est-ce qu'elles nous manquaient!
Ce que je ne comprends pas par contre, c'est pourquoi tu fais intervenir le triangle médial du triangle $ABC$ et que tu nous demandes de démontrer que tes droites $\ell_a$, $\ell_b$, $\ell_c$ sont concourantes.
C'est un peu gros comme ficelle!
Car si elles sont concourantes, c'est que les droites $AA_2$, $BB_2$, $CC_2$ le sont déjà, vu qu'un triangle et son triangle médial sont homothétiques et qu'une homothétie conserve le parallélisme.
Tu comptais peut-être sur le fait que les homothéties ont disparu pour toujours de nos programmes (à l'exception des homothéties vectorielles d'un espace vectoriel!).
Donc tout revient à montrer que les droites $AA_2$, $BB_2$, $CC_2$ sont déjà concourantes c'est à dire que les triplets $(A,B,C)$ et $(A_2, B_2,C_2)$ sont en involution (dite de Frégier) sur le cercle.
C'est trivial si on connait son cours de géométrie circulaire mais comme celle-ci a fait naufrage depuis longtemps, c'est pratiquement mission impossible, du moins dans notre belle république.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Hint:
Les droites $AA_2$, $BB_2$, $CC_2$ sont concourantes au point $P'$, inverse de $P$ par rapport au cercle circonscrit au triangle $ABC$ mais qu'est-ce qu'une inversion? Dieu seul le sait!
Wait and see
Amicalement
Tu n'attendras pas longtemps et tu verras bien!
$s$ est l'inversion de pôle $P$ conservant le cercle.
$s'$ est l'inversion de pôle $P'$ conservant le cercle
$\sigma$ est la symétrie par rapport à $OP$.
Ces trois bestioles opèrent sur le cercle et engendrent un groupe commutatif à 4 éléments, isomorphe au V-groupe de Klein.
J'ai tracé l'orbite $\{M,M_1,M_2,M_3\}$ d'un point $M$ du cercle sous l'action de ce groupe.
La droite $MM_2$ passe bien par le point $P'$ inverse de $P$.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Attendons la solution de Rescassol avec les complexes.
Amicalement
On attend aussi la tienne avec les coordonnées barycentriques et celle de Jean-Louis sans ces maudites transformations et leurs horribles groupes!
Amicalement
[small]p[/small]appus
pour continuer ce problème,
notons A3 le point d'intersection de (A1A2) et (BC)
B3, C3 étant définis de la même façon...
Question : A3, B3 et C3 sont alignés.
Sincèrement
Jean-Louis
juste pour dire que ce problème est voisin de la droite de Turner
http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/Docs/La droite de Turner.pdf
Sincèrement
Jean-Louis
Après trois droites concourantes, voici trois points alignés!
A vrai dire, je n'ai rien contre les unes et les autres, j'en ai seulement après les solutions proposées, en général soit des déluges de calcul soit les sempiternels théorèmes de Ménélaüs ou de Céva.
Je préfère les solutions synthétiques comme les tiennes très élémentaires ou les miennes plus élaborées utilisant la théorie des groupes de transformations.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Une suggestion
Si $Q$ est sur la polaire de $P$ par rapport au cercle, les points $BC\cap QA_{1},CA\cap QB_{1},AB\cap QC_{1}$ sont alignés.
Les points $A_{3},B_{3},C_{3}$ de Jean-Louis correspondent au cas où $Q$ est le point à l'$\infty $ de la polaire de $P$, c'est-à-dire de la direction orthogonale à $OP$.
Bien entendu, l'énoncé en italique est projectif et on peut remplacer le cercle $ABC$ par n'importe quelle conique passant par $A,B,C$, les points $A_{1},B_{1},C_{1}$ étant ceux où les droites $AP,BP,CP$ recoupent la conique.
Bien cordialement. Poulbot
une preuve synthétique (lourde) de l'alignement A3, B3, C3
http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/Docs/La promesse-Le tour-Le prestige.pdf p. 6-12.
SIncèrement
Jean-Louis
Pour ceux qui veulent se casser les dents sur la nouvelle énigme de Jean-Louis, voici sa figure pas si commode que cela à tracer si on veut qu'elle reste lisible!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Tu nous as donné le bon éclairage de l'énigme de Jean-Louis, celui de la (défunte) géométrie projective.
Voici ta figure faite dans le plan projectif!
On y voit la conique $\Gamma$, un point $P$ et sa polaire $p$ et sur la polaire un point $Q$.
Le reste de la figure a été tracé suivant tes désirs, toujours les plus sacrés pour moi.
J'ai seulement étiqueté les intersections $a=BC\cap QA_1$, $b=CA\cap QB_1$, $c=AB\cap QC_1$
On constate que les points $a$, $b$, $c$ sont alignés
Si on arrive à le montrer, on aura automatiquement prouvé la conjecture de Jean-Louis qui n'en est qu'un cas particulier!
Bon évidemment c'est de la géométrie projective, c'est donc cuit d'avance mais faisons comme si rien ne s'était passé depuis des décennies ou plutôt faisons comme si nous étions des citoyens respirant le bon air des alpages!
Amicalement
[small]p[/small]appus
J'utilise les coordonnées barycentriques.
Le triangle de référence :
$A,B,C\simeq \left[\begin{array}{c} 1\\ 0\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 1\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 0\\ 1\end{array}\right]$
La conique circonscrite à ABC :
$r x y + q x z + p y z=0.$
P un point quelconque autre que O :
$P\simeq \left[\begin{array}{c} u\\ v\\ w\end{array}\right].$
$A_1$ le second point d'intersection entre (AP) et la conique :
$A_1 \simeq \left[\begin{array}{c} -p v w\\ v (r v + q w)\\ w (r v + q w)\end{array}\right].$
$B_1$ le second point d'intersection entre (BP) et la conique :
$B_1 \simeq \left[\begin{array}{c} u (r u + p w)\\ -q u w\\ w (r u + p w)\end{array}\right].$
$C_1$ le second point d'intersection entre (CP) et la conique :
$C_1 \simeq \left[\begin{array}{c} u (q u + p v)\\ v (q u + p v)\\ -r u v\end{array}\right].$
La polaire p du point P :
$ p \simeq \left[\begin{array}{c} r v + q w\\ r u + p w\\ q u + p v\end{array}\right].$
Le point Q :
$ Q \simeq \left[\begin{array}{c} -m (q u + p v) + n (r u + p w)\\ l (q u + p v) - n (r v + q w)\\ -l (r u + p w) + m (r v + q w)\end{array}\right].$
Les points a, b et c :
$a \simeq \left[\begin{array}{c} 0 \\ v (-l p (q u + p v) w - n r u (r v + q w) +m (q u + p v) (r v + q w))) \\ w (l p v (r u + p w) + (r v + q w) (m q u - n (r u + p w)))\end{array}\right]$
$b \simeq \left[\begin{array}{c} u (m q (q u + p v) w + n r v (r u + p w) - l (q u + p v) (r u + p w))\\ 0\\ w (-l p v (r u + p w) + (-m q u + n r u + n p w) (r v + q w))\end{array}\right]$
$c \simeq \left[\begin{array}{c} u (-m q (q u + p v) w - n r v (r u + p w) + l (q u + p v) (r u + p w))\\ v (l p (q u + p v) w + n r u (r v + q w) - m (q u + p v) (r v + q w))\\ 0 \end{array}\right]$
Le déterminant
$\scriptsize \left|
\begin{array}
0 & v (-l p (q u + p v) w - n r u (r v + q w) +m (q u + p v) (r v + q w)))& w (l p v (r u + p w) + (r v + q w) (m q u - n (r u + p w)))\\
u (m q (q u + p v) w + n r v (r u + p w) - l (q u + p v) (r u + p w)) & 0& w (-l p v (r u + p w) + (-m q u + n r u + n p w) (r v + q w)) \\
u (-m q (q u + p v) w - n r v (r u + p w) + l (q u + p v) (r u + p w))&v (l p (q u + p v) w + n r u (r v + q w) - m (q u + p v) (r v + q w))&0
\end{array}
\right|$
est nul.
Les points $a, b, c$ sont alignés. Ce qui prouve par la même occasion, la conjecture de Jean-Louis.
Amicalement
PS : Désolé pour cette preuve qui n'a rien de sainte et tique.
Tu as le mérite d'avoir donné la première preuve. Chapeau bas!
Donc ceux qui s'escrimeront à chercher la Sainte Ethique savent qu'ils ne perdront pas leur temps.
Surtout tu es resté dans le plan projectif, te privant des secours du Divin Théorème de Ménélaüs
Une des grandes astuces de nos anciens en matière de géométrie projective était d'utiliser ce qu'on appelle des cartes affines du plan projectif mais pas n'importe quelle carte!
Ils envoyaient une droite à l'infini mais pas n'importe quelle droite.
Ils la choisissaient spécialement pour que la figure dite réduite soit la plus simple et la plus esthétique possible.
Peux-tu me tracer la figure obtenue dans le plan affine en envoyant la polaire du point $P$ à l'infini?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Cet exercice me rappelle le bon vieux temps.
On a, sans calcul, en notant $y_A,y_B,y_C$ les ordonnées de $A,B,C$, après avoir envoyé $p$ à l'infini, $P$ est envoyé au centre de la conique et on a, par Thalès: $$\dfrac {aB}{aC}\dfrac {bC}{bA}\dfrac {cA}{cB}=\dfrac {y_B-(-y_A)}{y_C-(-y_A)}\dfrac {y_C-(-y_B)}{y_A-(-y_B)}\dfrac {y_A-(-y_C)}{y_B-(-y_C)}=1$$
Par Ménélaüs, CQFD.
Je suis ravi de te voir revenir sur notre forum!
Peux-tu nous préciser le repère que tu as choisi, à défaut de nous proposer une figure?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Le repère de la nouvelle carte affine a peu d'importance. Le seul point à retenir est que le triangle $A_1B_1C_1$ est symétrique de $ABC$ par rapport à $P$ qui est devenu l'origine. Je choisis l'axe $PX$ parallèle à $QA_1$.
Cher Pappus, tu mettra çà en musique bien mieux que moi.
Mais qui va comprendre la droite de l'infini ? quelques vieux routiers.
Amicalement,
zephir.
Tu as tort de ne pas installer GeoGebra sur ta bécane.
Un Géomètre sans Logiciel, c'est un peu Roméo sans Juliette.
Tu as trois rapports sur trois droites différentes à évaluer et leur produit à simplifier.
Si j'ai bien compris tu évalues chaque rapport en le projetant sur une droite fixe parallèlement à une direction fixe.
Peu importe la droite fixe mais quelle est la direction de projection?
Il faudrait faire une figure!!!!!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Voila la figure qui a fait tilter notre ami zephyr!
J'ai seulement changé un peu les notations.
Les points $A_1$, $B_1$, $C_1$ sont devenus les points $A'$, $B'$, $C'$.
Les points $A_3$, $B_3$, $C_3$ sont devenus les points $a$, $b$, $c$.
Le point $Q$ est le point à l'infini commun des droites parallèles $A'a$, $B'b$, $C'c$.
Le point $P$ est le centre de la conique $\Gamma$, ce qui entraine que les points $A'$, $B'$, $C'$ sont respectivement les symétriques des points $A$, $B$, $C$ par rapport à $P$.
Je comprends que zephyr ait été enthousiasmé par la simplicité de cette figure et qu'il nous ait donné une démonstration ( à déchiffrer) de l'alignement des points $a$, $b$, $c$ basée sur le théorème de Ménélaüs.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Mais il y a mieux, beaucoup beaucoup mieux!
On peut effacer sans remords la conique $\Gamma$ car dans un autre temps, dans un autre siècle, à une autre époque, on montrait que deux triangles $ABC$ et $A'B'C'$ symétriques par rapport à un point $P$ étaient inscriptibles dans une même conique (décomposée ou non) de centre $P$.
Sous cette dernière forme, la figure peut être proposée à tous ceux qui connaissent les notions de symétrie et de parallélisme c'est à dire à nos collégiens, nos lycéens et nos étudiants mais uniquement pour la contemplation.
Il ne faut pas pousser dans les bégonias et leur provoquer des maux de tête inadmissibles!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
@zephyr
Ta démonstration parait un peu brumeuse car tu vas beaucoup trop vite!!!
J'utilise 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 point P :
$P\simeq \left[\begin{array}{c} u\\ v\\ w\end{array}\right].$
Le triangle A'B'C' :
$A' \simeq \left[\begin{array}{c} u - v - w\\2 v\\ 2 w \end{array}\right]
\ ,\quad
B'\simeq \left[\begin{array}{c}2 u\\ -u + v - w\\ 2 w\end{array}\right]
\ ,\quad
C'\simeq \left[\begin{array}{c} 2 u\\ 2 v\\ -u - v + w\end{array}\right].$
Une équation barycentrique de la conique passant par A, B, C, A', B', C' et de centre P :
$(-u w - v w + w^2) x y + (-u v + v^2 - v w) x z + (u^2 - u v - u w) y z=0.$
Amicalement
Grâce à ta démonstration mais il y en a d'autres, on sait donc que les six points $(A,B,C,A',B',C')$ sont automatiquement sur une même conique.
Donc on a pas besoin de se servir de cette conique pour montrer que les points $a$, $b$, $c$ sont alignés.
Il reste à déchiffrer la jolie solution de zephyr!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Voici sans doute la figure qu'avait vue zephyr.
Je vous laisse achever la démonstration qu'il a esquissée!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Cette figure est vraiment le paradis pour les sectateurs du Divin Axiome de Thalès!
Vais-je comme d'habitude devoir écrire la démonstration?!!!
Amicalement
[small]p[/small]appus
http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/Docs/37. 1. Avec le point I.pdf p. 8...
Sincèrement
Jean-Louis