Deux cercles passant par I et un parallélogramme
Titre initial "Deux cercles passant par I, et un parallélogramme formé par les centres de quatre cercles"
[Le titre doit être informatif mais court. Le corps du message est là pour les développements. AD]
Bonsoir à tous
Je suppose que ces cercles sont bien connus ...[Le titre doit être informatif mais court. Le corps du message est là pour les développements. AD]
Bonsoir à tous
Soit ABC un triangle, ses trois bissectrices intérieures (en bleu sur ma figure) et ses trois médiatrices (en vert).
Soient les points P intersection Biss(A) et Méd(AB), Q intersection Biss(A) et Méd(AC), R intersection Biss(C) et Méd(AC), S intersection Biss(C) et Méd(BC), T intersection Biss(B) et Méd(BC), U intersection Biss(B) et Méd(AB).
Montrer que I, P, R et T d'une part, I, Q, S et U d'autre part, sont cocycliques.
Bien cordialement.
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Réponses
toujours un très joli problème qui apporte un nouveau éclairage au sujet du point P
(http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?8,2201910)
Une redécouverte :
https://artofproblemsolving.com/community/c6h1446813_four_concyclic_points
Sincèrement
Jean-Louis
Merci pour ton message !
Je pensais bien que tu avais déjà rencontré ce problème ... et je pensais aussi que tu l'avais déjà résolu ! Ce qui m'étonne, c'est qu'il n'ait apparemment intéressé qu'un seul MathLinker depuis bientôt quatre ans ... Autrement dit, je ne fais que relancer un vieux schmilblick à l'abandon, mais qui ne manque certes pas d'intérêt !
Bien cordialement
JLB
J'utilise les coordonnées barycentriques.
Le triangle de référence $ABC$ :
$A, B, C\simeq \left[\begin{array}{c} 1\\ 0\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 1\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 0\\ 1\end{array}\right].$
Le point P :
$P\simeq \left[\begin{array}{c} -a^2 + b (b + c)\\ b c\\ c^2\end{array}\right].$
Le point Q :
$Q \simeq \left[\begin{array}{c} a^2 - c (b + c)\\ -b^2\\ -b c\end{array}\right].$
Le point R :
$R \simeq \left[\begin{array}{c}a b\\ b^2\\a^2 + a b - c^2\end{array}\right].$
Le point S :
$S \simeq \left[\begin{array}{c} -a^2\\ -a b\\ -a b - b^2 + c^2\end{array}\right].$
Le point T :
$T \simeq \left[\begin{array}{c} -a^2\\ b^2 - c (a + c)\\ -a c\end{array}\right].$
Le point U :
$U \simeq \left[\begin{array}{c} a c\\a^2 - b^2 + a c\\ c^2\end{array}\right];$
Le cercle passant par $P, R, T$ :
$a (a^2 + a b - b^2) y z+b (b^2 + b c - c^2) x z-c (a^2 - a c - c^2) x y-b c^2 x^2 - a^2 c y^2 - a b^2 z^2=0.$
Les coordonnées barycentriques de $I \simeq \left[\begin{array}{c}a\\ b\\ c\end{array}\right]$ vérifient cette équation. Ainsi $I$ appartient au cercle passant par $P, R$ et $T.$
Le cercle passant par $Q, S, U$ :
$a (a^2 + a c - c^2) y z-b (a^2 - a b - b^2) x z-c (b^2 - b c - c^2) x y-b^2 c x^2 - a c^2 y^2 - a^2 b z^2=0.$
Les coordonnées barycentriques de $I \simeq \left[\begin{array}{c}a\\ b\\ c\end{array}\right]$ vérifient cette équation. Ainsi $I$ appartient au cercle passant par $Q, S$ et $U.$
En conclusion, les deux cercles passent par le point $I$ centre du cercle inscrit du triangle $ABC.$
Amicalement
Une solution avec Morley inscrit: Cordialement,
Rescassol
Merci beaucoup, Bouzar et Rescassol, pour ces vérifications par le calcul !
D'après les essais de figure que j'ai tentés, il semble que seuls les couples bissectrices/médiatrices donnent un tel résultat : on ne retrouve rien de semblable avec les hauteurs ou les médianes, employées à la place des bissectrices ou des médiatrices. Le seul résultat un peu remarquable est que lorsqu'on utilise les hauteurs et les médiatrices, les six points d'intersection se trouvent sur une même conique, mais ça, on s'en doutait un peu, puisque les six points d'intersection, pris quatre à quatre, dessinent alors trois parallélogrammes ...
Bien cordialement
JLB
Jelobreuil, pour les hauteurs et les médiatrices, tu peux aller voir le tout premier message que j'ai posté sur ce forum. Ça commence à dater.
Cordialement,
Rescassol
pour une preuve synthétique (à rédiger)
1. considérer the mid-arcs circle en prenant I pour le point P
http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/vol15.html puis Quickies 9, puis p. 24-26
2. terminer par une chasse angulaire
Sincèrement
Jean-Louis
Merci, Rescassol, de cette indication : tes premiers messages étaient déjà fort intéressants ! j'y retournerai !
Merci, Jean-Louis, de cette voie que je vais essayer de suivre ...
Bonne journée, bien cordialement
JLB
En complétant la figure initiale de jelobreuil : soit B' l'intersection de la bissectrice de B avec la médiatrice de AC, A' l'intersection de la bissectrice de A avec la médiatrice de BC, C' l'intersection de la bissectrice de C avec la médiatrice de AB.
1 - les triangles PRT et QSU sont indirectement semblables au triangle A'C'B',
2 - les droites PB', TC' et RA' sont concourantes en un point W,
3 - les droites SB', QC' et UA' sont concourantes en un point X,
4 - les droites PS, TQ, UR et WX sont concourantes.
Cordialement,
Casagrande
(le point 1 suffit pour obtenir les cocyclicités annoncées par jelobreuil)
pouvez-vous me préciser le point 1 et les cocyclicités conséquentes...
Sincèrement
Jean-Louis
Si TPR = B'A'C', alors TPR = TIR = (C + /2 = AA'C' + AA'B' ...
en fait la cocyclicité est équivalente à la similitude
Cordialement
Casagrande
comment prouvez-vous que TPR = B'A'C' ?
Sincèrement
Jean-Louis
Ce problème semble bien plus difficile qu'il ne paraît....
Merci
Sincèrement
Jean-Louis
Casagrande, merci beaucoup de tous ces développements !
Je pense qu'il ne vous a pas échappé que les points A', B' et C', tels que définis par Casagrande, se trouvent sur le cercle circonscrit à ABC, et que ce sont les milieux des trois arcs, A' milieu de l'arc BC, B' milieu de l'arc AC, C' milieu de l'arc AB. Cela pourrait-il jouer un rôle ?
Si je ne les ai pas indiqués sur ma figure initiale, c'est que je ne pensais pas qu'ils pouvaient intervenir ...
Je vais donc compléter cette figure.
Bien cordialement
JLB
Edit : addition de la figure complète
en fait, il faut penser au second point de Brocard...c'est là le noeud du problème...
Sincèrement
Jean-Louis
je n'ai pas débouché avec Brocard...
(cela dit, mes points 2, 3 et 4 se montrent synthétiquement... mais je ne vois pas comment s'en servir pour la cocyclicité...)
Cordialement
Casagrande
en considérant le second point de Brocard Q' de ABC, le cercle (PRT) est un cercle de Mannheim passant par I et Q'...
Sincèrement
Jean-Louis
J'avoue ne pas avoir trouvé les détails de l'explication donnée par Jean-Louis Aymé, mais je vous propose une solution élémentaire du problème (sous la forme que lui a donnée Casagrande)...
Cordialement,
Catherine Nadault
j'ai oublié de présenter ma preuve....
http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/vol50.html
puis
38. 1. Cercles passant par I p. 19-21.
Sincèrement
Jean-Louis
Il me semble que la figure est intéressante à plus d'un titre, ne serait-ce que parce qu'elle fait apparaître des points particuliers...
Quelqu'un sait-il si le point introduit par C. Nadault est répertorié dans "l'encyclopédie" et, éventuellement, sous quelle forme ?
Et si les points suivants le sont :
1 - les centres des similitudes entre les triangles PRT, QSU et A'C'B',
2 - le point de concours des droites PB', TC' et RA',
3 - le point de concours des droites SB', QC' et UA',
4 - le point de concours des droites PS, TQ, UR et WX.
Cordialement,
Casagrande
Avec GeoGebra la commande Position(J, Séquence(TriangleCentre(A', B', C', n), n, 1, 5000)) te renverra directement le numéro du point de la partie de la liste Kimberling intégrée au logiciel (il y a quelque chose comme 3000 points de stockés).
Sinon il y a la méthode $13-6-9$. La réponse est négative.
les 3 autres droites reliant ces points deux à deux semblent concourir au point de Spieker (X10) du triangle ABC
Cordialement
Voici un angle d'attaque d'autant plus improbable que tout l'enseignement moderne de la géométrie plane a disparu et qu'on en est revenu à l'époque d'Euclide et encore je n'en suis pas sûr!
Je vais utiliser le groupe des isométries planes ou plus exactement son sous-groupe des isométries directes c'est-à-dire le groupe des rotations-translations.
Je note $r_P$ la rotation de centre $P$ envoyant la droite $AB$ sur la droite $AC$, $r_R$ la rotation de centre $R$ envoyant la droite $AC$ sur la droite $BC$, $r_T$ la rotation de centre $T$ envoyant la droite $BC$ sur la droite $AB$,
Chose invraisemblable à notre époque analphabète, je vais évaluer le produit des rotations
$$r_T.r_R.r_P\qquad$$
Et je vais montrer l'égalité:
$$r_T.r_R.r_P=id\qquad$$
La notation $id$ désigne la transformation identité du plan, probablement la seule isométrie encore enseignée de nos jours!
Pour ce faire, je vais montrer que cette rotation fixe un point et que son angle est nul.
Ben oui, je n'ai pas réussi à éviter ces maudits angles orientés de vecteurs!
Autant dire déjà que ça va être coton!
Une fois achevée la démonstration de cette égalité, j'applique le théorème des trois similitudes, le triangle $ABC$ est un triangle à côtés homologues, il est donc en perspective avec le triangle de similitude et le centre de perspective se trouve sur le cercle de similitude!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Et s'il ne s'agissait pas de géométrie plane ?...
1. le fait que les droites PB', TC' et RA' sont concourantes en un point W résulte facilement de l'isogonalité entre les hauteurs et les droites passant par le centre du cercle circonscrit (utiliser ensuite une variante du théorème de Ceva fondée sur les distances aux côtés...),
2 - même chose pour les droites SB', QC' et UA', concourantes en un point X,
3 - quant aux droites PS, TQ, UR et WX, ne seraient-ce pas les diagonales d'un parallélépipède ?
Cordialement,
Casagrande
On va montrer que :
$$r_P(B)=A,\qquad
r_R(A) = C,\qquad
r_T(C)=B.\qquad
$$ Ce qui revient à montrer que $B$ est un point fixe de la rotation:
$$r_T.r_R.r_P.\qquad
$$ Et c'est là que les Athéniens s'atteignirent, que les Perses se percèrent et que les Mèdes se médirent !
Autrement dit et grosso modo, c'est à partir de là que commence la grande débandade !
"De ci de là, de ci de là
Cahin caha, cahin caha
Va trottine va trottine
Va petit âne va de ci de là
Le picotin te récompensera
Amicalement.
[small]p[/small]appus
De ci, de là, de ci delà...
J'ai caché les éléments inutiles de la figure et vous voyez ci-dessous ce qu'il en reste!
Le point $P\ $ est à l'intersection de la médiatrice bleue du segment $AB\ $ et de la bissectrice intérieure rouge de l'angle $\widehat A.\qquad $
La rotation $r_P\ $ est la rotation de centre $P$ envoyant $p\ $ sur $q.\qquad$
Et il s'agit de montrer que:
$$r_P(B)=A\qquad$$
On comprend tout de suite que cela va être abominable!!!!!
Cahin, caha, cahin, caha
Amicalement
[small]p[/small]appus
$r_P$ est la composée de la réflexion d'axe la bissectrice rouge par la réflexion d'axe la médiatrice bleue.
C'est exactement cela que j'avais en tête.
Décomposer une rotation en produit de deux symétries axiales était autrefois le big trick du Lebossé-Hémery!
Quand je vois le mal qu'a dans un fil voisin un candidat à l'agrégation interne pour prouver que les trois bissectrices intérieures d'un triangle sont concourantes, ce sont plutôt les postulants qui se décomposent en éléments simples.
Les autres égalités $r_R(A) = C,\qquad$ et $r_T(C)=B.\qquad$ sont du même tonneau et se démontrent aussi de façon Gai Requinesque.
Donc c'est une chose acquise que $B$ est un point fixe de $r_T.r_R.r_P.\qquad$
Va trottine, va trottine
Maintenant ça ne rigole plus!
Il va falloir manipuler des angles orientés de vecteurs et prouver la nullité de l'angle de la rotation $r_T.r_R.r_P.\qquad$
C'est le grand adieu aux angles camemberts!
Va petit âne, va de ci delà....
Amicalement
[small]p[/small]appus
De même, les angles respectifs de $r_R$ et $r_T$ sont $\pi+(\overrightarrow{CA},\overrightarrow{CB})$ et $\pi+(\overrightarrow{BC},\overrightarrow{BA})$.
Donc l'angle de $r_T.r_R.r_P$ est $\pi+(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})+(\overrightarrow{AC},\overrightarrow{BC})+(\overrightarrow{BC},\overrightarrow{BA})=0$.
je ne sais pas si un géomètre à prouvé que les droites proposées par fm_31 sont concourantes...
Les triangles de Rodach ( http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/vol73.html puis Rodach, p. 11..) sont en perspective de centre O (centre du cercle circonscrit à ABC).
En conséquence, nous pouvons appliquer ''Le produit desmique'' à ces deux triangles
( http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/vol5.html puis Le théorème de Jacobi puis p. 6-9) ;
il s'en suit (à prouver) que les droites proposées par fm_31 sont concourantes...
Il reste à montrer que ce point de concours est le point de Spieker...
Sincèrement
Jean-Louis
Il me semble que les droites évoquées par fm_31 sont celles que j'ai désignées par PS, TQ, UR... et, sauf contestation argumentée, mon précédent message fournit une démonstration de la concourance...
(On peut la voir comme une conséquence de la représentation en perspective ou, si l'on veut rester dans le plan, comme le résultat de l'utilisation du théorème de Desargues.)
Cordialement
Casagrande
oui, pour votre approche spatiale que vous pouvez ramener à la géométrie plane...
pour ma part, ayant considéré les deux triangles perspectifs de Rodach, j'ai pensé au produit desmique inauguré par van Lamoen...
Il reste à montrer que ce point de concours est de Spieker...
Sincèrement
Jean-Louis
Bravo pour t'être aventuré dans ces marécages angulaires si redoutés de nos étudiants.
Tu sais que les angles sont difficiles à utiliser et qu'il y en a beaucoup de variétés différentes.
Quand je rédige une preuve utilisant les angles, j'annonce toujours la couleur et je dis quelle notion d'angle je vais employer.
La lecture de ta preuve n'est donc pas évidente pour un lecteur qui n'est pas sûr de lui dans ce domaine!
Un professionnel voit au premier coup d'œil que tu as utilisé des mesures d'angles orientés de vecteurs.
Tu as donc implicitement orienté le plan et tu devrais trainer des modulo $(2\pi)\ $ après chaque égalité angulaire.
Tes égalités angulaires sont exactes mais concernant la première tu ne dis pas comment tu utilises le fait que le triangle $PAB\ $ est isocèle en $P\ $ ni à quoi sert le fait que $AP\ $ est la bissectrice intérieure.
Il faut être très très compatissant avec nos étudiants désemparés!
Personnellement j'évite d'utiliser les mesures dont l'existence implique l'emploi de notions difficiles comme l'exponentielle complexe.
Je m'en tiens aux angles orientés tout court de droites ou de vecteurs. Ainsi je n'ai pas besoin d'orienter le plan ni de trainer des modulo $(\pi)\ $ ou $(2\pi)\ $ à tout bout de champ.
Dans ce qui suit, je vais utiliser des angles orientés de vecteurs, leurs mesures sont donc bannies!
Va trottine, va trottine
La première chose à savoir est la suivante.
Soit $r\ $ une rotation du plan.
Quels que soient les points $M\ $ et $N\ $, l'angle $\big(\overrightarrow{MN},\overrightarrow{r(M)r(N)}\big)\ $ ne dépend pas des points $M\ $ et $N.\qquad $.
C'est tout simplement l'angle de la rotation $r\ $.
Staggering, is not it?
Par exemple sur ma dernière figure, on lit les yeux grands ouverts:
$$\mathrm{angle}(r_P)=(\overrightarrow{Bp},\overrightarrow{Aq})\qquad$$
Mais les vecteurs $\overrightarrow{Bp}\ $ et $\overrightarrow{BA}\ $ sont positivement liés:
$$\overrightarrow{BA}=2\overrightarrow{Bp}\qquad$$
De même les vecteurs $\overrightarrow{Aq}\ $ et $\overrightarrow{AC}\ $ sont positivement liés, (là c'est un peu plus subtil) car la symétrie par rapport à la bissectrice intérieure $(AP)\ $ envoie la demi-droite $(AB)\ $ sur la demi-droite $(AC).\qquad$
Ainsi
$$\mathrm{angle}(r_P)=(\overrightarrow{BA},\overrightarrow{AC})\qquad$$
Va petit âne, va de ci delà....
Amicalement
[small]p[/small]appus
Va petit âne, va de ci delà...
Un raisonnement analogue montre que:
$$\mathrm{angle}(r_R)= (\overrightarrow{AC},\overrightarrow{CB})\qquad\, \\
\mathrm{angle}(r_T)= (\overrightarrow{CB},\overrightarrow{BA}).\qquad$$
Et finalement:
$$\mathrm{angle}(r_T.r_R.r_P)=(\overrightarrow{BA},\overrightarrow{AC})+(\overrightarrow{AC},\overrightarrow{CB})+ (\overrightarrow{CB},\overrightarrow{BA})=0\qquad
$$ Je n'ose demander dans quel ensemble vit le $0\ $ que je viens d'écrire!
J'aurais sans doute un large éventail de réponses ahurissantes!!!
Et voilà le triangle $ABC$ est un triangle à côtés homologues dans un système de trois figures directement semblables.
Il est donc en perspective avec le triangle de similitude $PTR\ $, le centre de perspective $I$ étant situé sur le cercle de similitude.
C'est la configuration de Jelobreuil
Le picotin te récompensera !!!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Ta réponse est en effet très sensée et loin d'être ahurissante.
Si je ne dis pas de bêtises, le groupe des angles (orientés de vecteurs) est tout simplement le groupe des rotations vectorielles noté additivement!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Je n'ai gardé de la figure de Jelobreuil que la configuration des trois similitudes directes que nous venons d'étudier, l'autre se prouvant de la même manière.
J'ai tracé son point directeur $J\ $.
Quelles sont ses coordonnées barycentriques dans le triangle $ABC?\qquad$.
J'ai tracé ensuite le triangle invariable $P'T'R'\ $.
Curieusement le triangle $ABC$, non content d'être un triangle à côtés homologues est aussi un triangle à sommets homologues et à ce titre est aussi en perspective avec le triangle invariable, le centre de perspective $K$ étant lui aussi sur le cercle de similitude.
On récolte enfin une $FLTI\ $ sur le triangle $ABC\ $.
Quelles en sont le centre aréolaire et l'équicentre?
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Ainsi la configuration de Jelobreuil est-elle usée, usée, usée jusqu'à la corde sous un soleil qui n'éclaire plus la moindre géométrie que ce soit!
Un dernier p'tit coup avant de quitter cette belle configuration que Jelobreuil nous a dénichée:
Le triangle $ABC$ et le triangle invariable $P'T'R'$ sont indirectement semblables!
Bof!
Amicalement
[small]p[/small]appus
De quel ouvrage est tiré [ce texte] sur la configuration des trois similitudes ?
Connais-tu une référence moderne sur la question ?
Ce sont des extraits du Rouché-Comberoousse, Tome II, note 3.
C'est la plus ancienne et la meilleure référence en français que je connaisse.
On trouve aussi cette configuration dans le Lalesco et le F.G-M et aussi dans certains ouvrages anglais comme le livre de Johnson ou celui de Yaglom
Une version bourbakiste a aussi été donnée par pldx1 quelque part sur notre forum dans des fils à retrouver.
Il est possible qu'il ait abordé ce sujet dans son glossaire (?), à vérifier!
Amicalement
[small]p[/small]appus
[La fiche technique] de Pierre sur notre forum.
C'est aussi dans son glossaire à partir de la p.294.
Merci pour tous ces nouveaux développements sur ce thème ! J'étais loin de l'imaginer si riche !
Je vais essayer de trouver un autre "truc à questions" !
Bonne soirée, bien amicalement
JLB
"pour ma part, ayant considéré les deux triangles perspectifs de Rodach, j'ai pensé au produit desmique inauguré par van Lamoen... Il reste à montrer que ce point de concours est de Spieker... "
J'avoue mon ignorance à propos de ces merveilles de Rodach et Lamoen, mais je vous propose une solution (très) élémentaire...