Droites sécantes sur une conique
Bonjour,
Je propose ce nouveau problème.
Soit $ \Gamma$ une conique circonscrite au triangle $ABC$. Un cercle passant par les points $ A$ and $ C$ intersecte les côtés $ BC$ et $ BA$ respectivement en $D$ et$ E$.
Les droites $ AD$ et $CE$ intersectent $ \Gamma$ une seconde fois respectivement en $G$ et $H$. Les tangentes à $ \Gamma$ en $A$ et $C$ intersectent la droite $DE$ respectivement en $L$ et $M$.
Montrer que les droites $LH$ et $MG$ sont sécantes en point qui appartient à $\Gamma$.
Amicalement
Je propose ce nouveau problème.
Soit $ \Gamma$ une conique circonscrite au triangle $ABC$. Un cercle passant par les points $ A$ and $ C$ intersecte les côtés $ BC$ et $ BA$ respectivement en $D$ et$ E$.
Les droites $ AD$ et $CE$ intersectent $ \Gamma$ une seconde fois respectivement en $G$ et $H$. Les tangentes à $ \Gamma$ en $A$ et $C$ intersectent la droite $DE$ respectivement en $L$ et $M$.
Montrer que les droites $LH$ et $MG$ sont sécantes en point qui appartient à $\Gamma$.
Amicalement
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Réponses
Que vient faire ce cercle dans cette galère?
Je n'ai pas résolu ton exo mais je sais que, ton problème étant projectif, le résultat devrait être vrai pour $D$ et $E$ quelconques sur les droites $BC$ et $BA$ respectivement.
On peut supprimer l'hypothèse $A,C,D,E$ cocycliques qui n'apporte rien à l'énoncé.
Amicalement. Poulbot
je viens de résoudre très simplement ce problème en remplaçant le conique ''gamma'' par un cercle...
Sincèrement
Jean-Louis
J'ai transmis l'exercice tel quel. Tu as raison de "critiquer" l'énoncé mais il n'est pas de moi.
Amicalement
Je ne sais pas où tu vas les chercher, peut-être dans tes archives qui me semblent être inépuisables.
Je trouve qu'il ressemble un peu à ton exercice précédent qui a conduit à celui de Jean-Louis.
A priori, ton problème appartient à la géométrie euclidienne puisque tu fais intervenir des cercles mais ils ne sont que des attrape-nigauds destinés à égarer tes lecteurs.
En fait ton exercice appartient à la géométrie projective et on peut le mettre sous une forme générale à la Poulbot quitte ensuite à choisir une carte affine adéquate du plan projectif pour tomber sur une configuration réduite plus simple à prouver!
Amicalement
[small]p[/small]appus
C'est un phénomène bien connu.
La droite $DE$ est antiparallèle de la droite $AC$ par rapport aux droites $BA$ et $BC$.
Elle reste donc parallèle à une direction fixe quand le cercle varie.
D'un point de vue projectif, on peut donc oublier ces maudits cercles et imposer à la droite $DE$ de passer par un point fixe $O$.
Voici donc la forme projective générale de la propriété à démontrer.
Disparus les maudits cercles, il ne reste plus que des points, des droites et une conique!
Arrivé à ce stade, on peut sans doute montrer que $\Omega\in \Gamma$ directement si on maitrise bien son défunt cours de géométrie projective sinon on envoie une droite bien choisie à l'infini, etc, etc...
Amicalement
[small]p[/small]appus
Voici mon illustration sans ce maudit cercle.
Amicalement
j'ai utilisé deux fois l'hexagone de Pascal dans le cas particulier avec tangente...
Ma démarche s'étend à une conique...
Sincèrement
Jean-Louis
Tu utilises le résultat de Pascal dans un plan projectif, disant que les trois intersections des côtés opposés de l'hexagramme de Pascal sont alignées, si, et seulement si, les six points sont sur une conique.
C'est une méthode assez rapide.
Amicalement
Pour le moment, personne n'a montré que $\Omega\in \Gamma$, fut-ce en appliquant le théorème de Pascal mais il existe d'autres théorèmes de la théorie des coniques projectives tout aussi sinon plus performants!
Amicalement
[small]p[/small]appus
La droite $LM$ a pour équation $\dfrac x m + \dfrac y l=1$
Le point $D$ a pour coordonnées $\big(m(1-1/l),1\big)=(u,1)$. Le point $E$ a pour coordonnées $\big(1,l(1-1/m)\big)=(1,v)$
ce qui définit $u$ et $v$.
Le point $G$ a pour coordonnées $\big(u,1/u)$. Le point $H$ a pour coordonnées $\big(1/v,v\big)$
Il reste à exprimer les équations des droites $MG$ et $LH$
Edit : erreur dans l'équation de $LM$, $m$ et $l$ sont permutés.
On trouve tout calcul fait $x_{\Omega}=l/m,\ y_{\Omega}=m/l$; Les droites $LM$ et $\Omega B$ sont bien parallèles.
Pourquoi nous laisses-tu toujours en chemin au milieu du gué?
Si tu avais les moyens de faire la figure, voilà ce que tu aurais obtenu!!!
Que remarques-tu?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Merci pour la figure. J'essaie de terminer mon calcul.
La relation $\Omega \in (\Gamma$ équivaut à l'existence d'une relation homographique entre $m$ et $l$.
J'essaie de terminer mon calcul "sans erreur":-(
quelque soit $l,m$, $\Omega\in (\Gamma)$.
Peux-tu confirmer ce que je suggère sur ma figure?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Ca crève pourtant les yeux!!
$$B\Omega\parallel LM$$
Explication de gravures!!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Edit : erreur trouvé et corrigé dans le message de calcul ci-dessus. L'équation de la droite $LM$ était erroné. Les pentes des droites $LM$ et $\Omega B$ sont bien égales.
http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/Docs/Divers 1.pdf p. 21...
Sincèrement
Jean-Louis