Sur un même cercle
Bonjour,
Je propose ce nouveau problème.
Soit un triangle $ABC$, $M$ le milieu de $[AB].$ On considère $K$ le milieu de l'arc $BAC$ dans le cercle circonscrit à $ABC$ et $P$ le point d'intersection entre la médiatrice de $[AC]$ et la bissectrice issue de $\hat{A}$.
Montrer que les points $A, M, K, P$ sont cocycliques.
Amicalement
Source : Crux Mathematicorum.
Je propose ce nouveau problème.
Soit un triangle $ABC$, $M$ le milieu de $[AB].$ On considère $K$ le milieu de l'arc $BAC$ dans le cercle circonscrit à $ABC$ et $P$ le point d'intersection entre la médiatrice de $[AC]$ et la bissectrice issue de $\hat{A}$.
Montrer que les points $A, M, K, P$ sont cocycliques.
Amicalement
Source : Crux Mathematicorum.
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Réponses
Je précise la figure.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Pappus, j'avoue ne pas voir le chemin que tu indiques avec ta figure ... :-S
Y aurait-il moyen de résoudre ce problème en montrant que l'angle MKP est droit, ou doit-on considérer cela comme une conséquence de la cocyclicité de A, M, K et P ?
Ou en montrant que le triangle PMK est indirectement semblable à PNA (N étant le milieu de AC), ou ce qui revient au même, directement semblable à PSA, S étant le projeté orthogonal de P sur AB, autrement dit le symétrique de N par rapport à AP ?
Bien cordialement
JLB
merci Bouzar pour ce joli problème...dont la solution à première vue n'est pas évidente...
Erreurs de notations personnelles....
Ma preuve est à rédiger...
Je pense qu'une voie plus directe est possible...
Sincèrement
Jean-Louis
ce problème proposé par Bouzar
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?8,1595246
est en relation avec ce nouveau problème...
Sincèrement
Jean-Louis
avec quelques idées, ma preuve n'avance pas...Ce problème semble être difficile malgré son apparence...
Sincèrement
Jean-Louis
Avec Morley inscrit:
Cordialement,
Rescassol
j'ai finalement abouti...next on my site...
Une question : connaissez-vous des problèmes mettent en jeu un tel point P?
Merci
Sincèrement
Jean-Louis
Un début de problème ? (pour répondre à Jean-Louis)
L'enfance de l'art, niveau collège : dans un triangle ABC, les points P et Q sont les intersections de la bissectrice de l'angle en A et des médiatrices de AB et AC, O est le centre du cercle circonscrit à ABC. Montrer que le triangle OPQ est isocèle.
Bien cordialement
JLB
Sincèrement
Jean-Louis
Des idées en l'air : il y a peut-être des choses intéressantes, du côté de la médiatrice de PQ ? ou des quadrilatères BMPQ et CNPQ ? ou encore du conjugué harmonique de A par rapport à P et Q ?
Bien cordialement
JLB
Utilisons les coordonnées barycentriques pour ton problème.
Le triangle ABC :
$A, B, C\simeq \left[\begin{array}{c} 1\\ 0\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 1\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 0\\ 1\end{array}\right].$
Les points P et Q :
$P, Q \simeq \left[\begin{array}{c} -a^2 + b (b + c)\\ b c\\c^2\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} a^2 - c (b + c)\\ -b^2\\ -b c\end{array}\right].$
Montrons que le triangle $OPQ$ est isocèle.
On a :
$OP^2=\dfrac{b^2c^2 (b - c)^2 }{(-a + b + c) (a + b - c) (a - b + c) (a + b + c)}$ ce qui donne d'après la formule Héron $OP = \dfrac{bc(b-c)}{4S}.$
$OQ^2=\dfrac{b^2c^2 (b - c)^2 }{(-a + b + c) (a + b - c) (a - b + c) (a + b + c)}$ ce qui donne d'après la formule Héron $OQ = \dfrac{bc(b-c)}{4S}.$
$PQ^2=\dfrac{bc (b - c)^2 }{(-a + b + c) (a + b + c)}$ ce qui donne d'après la formule Héron $PQ = \dfrac{(b-c)\sqrt{bc(a+b-c)(a-b+c) }}{4S}.$
Ainsi $OP = OQ$. Le triangle $OPQ$ est $O-$ isocèle.
Amicalement
Amicalement
Pour le problème de Jelobreuil, une simple chasse aux angles permet de conclure.
Crdialement,
Rescassol
Comme le dit Rescassol, un simple (et très courte !) chasse aux angles suffit :
Les angles "camembert" MAP et NAQ sont égaux par hypothèse (AQ bissectrice de BAC), et puisque les angles AMP et ANQ sont droits (PM et QN médiatrices de AB et AC), les complémentaires de MAP et NAQ, respectivement MPA et NQA, sont égaux. Or l'angle NQA est identique à OQP, et l'angle MPA est égal à son opposé par le sommet OPQ. Donc les angles OQP et OPQ sont égaux, et le triangle OPQ est isocèle, "quod erat demonstrandum" ...
Mais j'aimerais bien que quelqu'un trouve et pose quelque chose d'un peu plus ardu, quand même !
Bonne soirée, bien cordialement
JLB
C'est intéressant d'avoir cette formule très simple pour la longueur des segments OP et OQ ...
Bien amicalement
JLB
Je reste un peu interloqué par ces débauches de calculs en complexes ou en barycentriques!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Tu vois bien, tu n'es pas le seul à prendre parfois un marteau-pilon pour faire un sort à une petite noisette de rien du tout et qui n'a rien demandé, la pauvre ...
Bien amicalement
JLB
Les noisettes de Jean-Louis Ayme?
Je n'y arrive pratiquement jamais.
Déjà bien heureux de trouver un marteau-pilon pour les écrabouiller!
Aucune chance de te voir participer à mon expérience?
Tu l'as déjà réussie dans un cas particulier!! Le cas n°1!!!
Il en reste neuf autres qui ne sont pas plus difficiles à rédiger que le premier!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Il ne me semble pas qu'on ait donné une solution synthétique au problème initial de Bouzar.
La figure ci-dessus en suggère une basée sur la composition des similitudes directes.
On sait en effet que les similitudes directes planes forment un groupe (non commutatif).
On sait donc en principe composer deux telles similitudes.
Je dis bien en principe!
Puisque les similitudes ont disparu pour toujours dans notre belle république, il me semble difficile d'avoir le début du commencement de l'idée de les composer!
Mon idée est de laisser un degré de liberté au point $K$ sur la droite $L$.
Le point $B$ peut alors se mouvoir sur la droite $L'$ en sorte que les points $A$, $C$, $K$, $B$ restent cocycliques.
On sait ou plus exactement on savait que le point $B$ était l'image du point $K$ dans la similitude directe $s_C$ de centre $C$ envoyant la droite $L$ sur la droite $L'$.
On passe donc du point $K$ au point $M$ par la similitude directe $h_A\circ s_C$ où $h_A$ est l'homothétie de centre $A$ et de rapport $\dfrac 12$
On sait alors ou plus exactement on savait alors que le cercle circonscrit au triangle $AKM$ passait par un point fixe, centre de la similitude directe $h_A\circ s_C$.
Tout revient donc à montrer que le point $P$ de Bouzar est bien le centre de cette similitude directe produit $h_A\circ s_C$.
Madre de Dios!!!
Composer deux similitudes directes!!!
Autant dire: mission impossible!!!!!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Voilà le raisonnement que j'ai en tête et qu'on ne peut plus faire aujourd'hui!
Sur ma figure, $Q\ $ est le symétrique de $A\ $ par rapport à $P\ $.
Le triangle $PCQ$ est donc isocèle tout comme le triangle $KCB$.
Et il s'agit de montrer que ces deux triangles isocèles sont directement semblables.
Il suffit de montrer que deux angles à la base sont égaux!
$(QC,QP)=(AC,AK)\ $ car $QC\perp AC\ $ et $QP\perp AK\ $, angles à côtés perpendiculaires.
$(AC,AK)=(BC,BK)$, le quadrangle $(A,B,C,K)\ $ est formé de points cocycliques.
Donc $(QC,QP)=(BC,BK)\ $ et les triangles isocèles $KCB\ $ et $PCQ$ sont directement semblables.
Comme $B=s_C(K)\ $, il en résulte que: $Q=s_C(P).\ $
Ainsi $(h_A \circ s_C)(P)=h_A(Q)=P$
$P\ $ est bien le point fixe de la similitude directe $h_A\circ s_C.\qquad$
Amicalement
[small]p[/small]appus
http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/Docs/24. 3. Cocyclite.pdf p. 17...
Sincèrement
Jean-Louis
http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/Docs/Les points remarquables de Rodach.pdf p. 21...
Sincèrement
Jean-Louis