Orthopôle et droite de Simson
Bonsoir
Je propose ce problème.
Soit $ABC$ un triangle, $P$ un point sur son cercle circonscrit, $S_P$ la droite de Simson de $P.$
1) Montrer que l'orthopôle d'une droite perpendiculaire à $S_P$ appartient à $S_P.$
2) Montrer que l'orthopôle de $S_P$ appartient à la droite de Steiner de $P.$
Amicalement
Je propose ce problème.
Soit $ABC$ un triangle, $P$ un point sur son cercle circonscrit, $S_P$ la droite de Simson de $P.$
1) Montrer que l'orthopôle d'une droite perpendiculaire à $S_P$ appartient à $S_P.$
2) Montrer que l'orthopôle de $S_P$ appartient à la droite de Steiner de $P.$
Amicalement
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Réponses
merci pour vos problèmes toujours aussi séduisants...
Sincèrement
Jean-Louis
any ideas for this nice problem?
Sincèrement
Jean-Louis
J'ai commencé par la question $2$ à laquelle j'ai rajouté le lieu de l'orthopôle: Ce lieu est la quartique d'équation $T_4+T_3+T_2+T_1+T_0=0$ avec:
$T4=4s_3^3z^2\overline{z}^2$
$T3=s_3^2(z^3 - 7s_2z^2\overline{z} - 7s_1s_3z\overline{z}^2 + s_3^2\overline{z}^3)$
$T2=3s_3(s_2^2-s_1s_3)z^2 + 12s_1s_2s_3^2z\overline{z} + 3s_3^3(s_1^2-s_2)\overline{z}^2$
$T1=s_1s_3(- 5s_2^2 + 3s_1s_3)z + s_2s_3^2(- 5s_1^2 + 3s_2)\overline{z}$
$T0=-s_3(s_1^3s_3-2s_1^2s_2^2+s_2^3)$
Cette quartique passe par les pieds des hauteurs du triangle $ABC$.
Cordialement,
Rescassol
PS: Bouzar, tu pourrais joindre une figure à tes énoncés.
Pour la question $1$, il suffit de rajouter le code suivant à la suite du précédent.
J'espère que j'aurai moins de typos à corriger :-D Cordialement,
Rescassol
En utilisant les coordonnées barycentriques avec :
Le triangle de référence :
$A, B, C\simeq \left[\begin{array}{c} 1\\ 0\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 1\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 0\\ 1\end{array}\right].$
P un point sur le cercle circonscrit de ABC :
$P\simeq \left[\begin{array}{c} a^2 (-1 - u) u\\ b^2 (-1 - u)\\ c^2 u\end{array}\right].$
$S_P$ la droite de Simson de P :
$S_P \simeq \left[\begin{array}{c} -(-2 b^2+u( - a^2 - b^2 + c^2)) (a^2 - b^2 - c^2 + u(a^2 - b^2 +
c^2))\\ -u (a^2 + b^2 - c^2 + 2 a^2 u) (a^2 - b^2 - c^2 + u(a^2 - b^2 + c^2))\\ (1 + u) (a^2 + b^2 - c^2 + 2 a^2 u) (2 b^2 + u(a^2 + b^2 - c^2))\end{array}\right].$
on obtient les résultats.
Amicalement
Bouzar, je sais bien que je suis quelquefois un peu cryptique, mais là, je doute que quelqu'un te lisant comprenne comment tu as fait.
Tu n'en avais jamais caché autant sous le tapis.
Cordialement,
Rescassol
@Bouzar
La plupart sinon la totalité de ceux qui visitent ce forum n'a pas la moindre idée de la notion d'orthopôle.
Il aurait été bon de rappeler sa définition.
L'existence de l'orthopôle est loin d'être acquise même s'il y a de multiples façons de la prouver.
Les propriétés que tu nous demandes de montrer ne sont pas celles auxquelles on pense de prime abord.
Il me semble que dans le passé Poulbot nous avait proposé des propriétés beaucoup plus importantes menant en particulier à sa magnifique construction des droites de Simson issues d'un point.
Enfin il serait bon que quelqu'un nous écrive une solution synthétique de ces propriétés que tu nous demandes!
Amicalement
[small]p[/small]appus
pour répondre à ta demande, je propose cette étude que j'avais faite par le passé et dans laquelle se trouve à partir de la page 18 une preuve synthétique du problème posé par Bouzar...
Si j'ai un peu de temps, je la reprendrai...
http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/vol8.html puis Orthopôle d'une droite relativement à un triangle
Sincèrement
Jean-Louis
Voilà une figure de notre distingué Pappus expliquant ce qu'est l'orthopôle d'une droite $(L)$ par rapport à un triangle $ABC$.
Je rajoute une question $3$ à ce problème:
Si la droite tourne autour du point $M(m)$ du cercle circonscrit, son orthopôle décrit un segment $[M_1M_2]$ de la droite de Simson de $M$, les points $M_1$ et $M_2$ étant d'affixes $\dfrac{m+s_1}{2} \pm \sqrt{\dfrac{s_3}{m}}$.
On a un parallélogramme $M_1HM_2M$, donc il n'y a pas loin d'ici à ce que Pappus nous sorte une transformation circulaire dont il a le secret.
Cordialement,
Rescassol
Je ne sais pas d'où tu as sorti cette figure là mais elle est exacte et me rajeunit un peu!
Effectivement on peut faire intervenir la géométrie circulaire. Peut-être en ai-je même parlé ici?
Sur cette figure, on voit comment est défini et construit l'orthopôle de la droite $L$ par rapport au triangle $ABC$.
On projette orthogonalement les sommets du triangle $ABC\ $ respectivement en $\alpha\ $, $\beta\ $, $\gamma\ $ sur la droite $L.\qquad$.
Les perpendiculaires issues de $\alpha\ $ à la droite $BC\ $, de $\beta\ $ à la droite $CA\ $, de $\gamma\ $ à la droite $AB\ $ sont concourantes en un point $\Omega$ appelé orthopôle de la droite $L\ $ par rapport au triangle $ABC.\qquad$
Trois droites concourantes!!!
Vous vous rendez compte?
Le super pied pour un géomètre!!!
Un tour de force aujourd'hui quand on ne dispose plus que des axiomes de Thalès et de Pythagore.
Frottez vous y un peu avant d'aller visiter le site de Jean-Louis.
Il serait intéressant aussi d'avoir un petit aperçu historique sur l'orthopôle!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Le triangle de référence:
$A, B, C\simeq \left[\begin{array}{c} 1\\ 0\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 1\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 0\\ 1\end{array}\right].$
Soit $P$ un point sur le cercle circonscrit de $ABC.$
Les coordonnées barycentriques de $P$ sont $P\simeq \left[\begin{array}{c} a^2 (-1 - u) u\\ b^2 (-1 - u)\\ c^2 u\end{array}\right].$
On peut vérifier les coordonnées de $P$ vérifient $c^2 x y + b^2 x z + a^2 y z=0.$
La droite de Simson $S_P$ de $P.$
Les coordonnées barycentriques du projeté orthogonal de $P$ sur la droite $AC$ sont :
$\simeq \left[\begin{array}{c} -(1 + u) (b^2 - c^2 + a^2 (1 + 2 u))\\ 0\\ c^2 (-1 + u) + a^2 (1 + u) - b^2 (1 + u)\end{array}\right].$
Les coordonnées barycentriques du projeté orthogonal de $P$ sur la droite $AB$ sont :
$\simeq \left[\begin{array}{c} -u (b^2 - c^2 + a^2 (1 + 2 u))\\ (-a^2 + c^2) u - b^2 (2 + u)\\ 0\end{array}\right].$
Ainsi, la droite de Simson $S_p$ de $P$ est donnée par l'équation :
$\left|
\begin{array}
x&y&z\\
-(1 + u) (b^2 - c^2 + a^2 (1 + 2 u))&0&c^2 (-1 + u) + a^2 (1 + u) - b^2 (1 + u)\\
-u (b^2 - c^2 + a^2 (1 + 2 u))&(-a^2 + c^2) u - b^2 (2 + u)&0
\end{array}
\right| = 0$
$\iff -(-2 b^2 - a^2 u - b^2 u + c^2 u) (a^2 - b^2 - c^2 + a^2 u - b^2 u +
c^2 u)x -u (a^2 + b^2 - c^2 + 2 a^2 u) (a^2 - b^2 - c^2 + a^2 u -
b^2 u + c^2 u)y$
$+ (1 + u) (a^2 + b^2 - c^2 + 2 a^2 u) (2 b^2 + a^2 u + b^2 u - c^2 u)z=0.$
La droite de Steiner associée à $P$:
Comme $P$ est sur le cercle circonscrit au triangle $ABC$, alors les points $U, V$ et $W$ les symétriques orthogonaux de $P$ par rapport aux droites $(BC), (AC) et (AB)$ sont alignés sur la droite de Steiner associée à $P.$
$U, V, W\simeq \left[\begin{array}{c} -a^2 u (1 + u)\\ (1 + u) ((a^2 - c^2) u + b^2 (1 + u))\\ u (c^2 u + a^2 (1 + u) - b^2 (1 + u))\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} (1 + u) (b^2 - c^2 + a^2 (1 + u))\\ -b^2 (1 + u)\\ c^2 - a^2 (1 + u) + b^2 (1 + u)\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} u (b^2 - c^2 + a^2 u)\\ b^2 + (a^2 - c^2) u\\ c^2 u\end{array}\right].$
Une équation de la droite de Steiner associée à $P$ est :
$(-a^2 + b^2 + c^2)x+ (a^2 - b^2 + c^2) uy -(a^2 + b^2 - c^2) (1 + u)z=0.$
L'orthopôle de $S_P$ :
$\small \Omega \simeq \left[\begin{array}{c} -a^4 u (1 + u) -
2 a^2 (1 + 2 u + 2 u^2) (-c^2 u + b^2 (1 + u)) - (b^2 -
c^2) (-c^2 u (1 + 3 u) +
b^2 (2 + 5 u + 3 u^2))\\ -u (b^4 u (1 + u) + c^4 u (3 + u) -
2 b^2 c^2 (2 + 2 u + u^2) + a^4 u (3 + 5 u + 2 u^2) +
2 a^2 (-c^2 u (3 + 3 u + u^2) +
b^2 (2 + 4 u + 3 u^2 + u^3)))\\ -(1 + u) (-c^4 u (1 + u) +
b^4 (2 + u - u^2) + 2 b^2 c^2 (1 + u^2) +
a^4 u (-1 + u + 2 u^2) -
2 a^2 (-c^2 u (1 + u^2) + b^2 (1 + u^3)))\end{array}\right]$
Un calcul montre que les coordonnées de $\Omega$ vérifient l'équation de la droite de Steiner.
Soit $M\simeq \left[\begin{array}{c} p\\ q\\ r\end{array}\right]$ un point.
Une équation barycentrique de la perpendiculaire passant par $M$ à la droite de Simson de $P$ est :
$(q + q u + r u)x+( -p - r - p u)y+( q - p u)z=0.$
L'orthopôle de cette perpendiculaire est donnée par le point :
$\tiny \Omega' \simeq \left[\begin{array}{c} (b^2 - c^2 + a^2 (1 + 2 u)) (a^4 (q + q u + r u) +
2 a^2 (c^2 (-q + p u) + b^2 (p + r + p u)) - (b^2 -
c^2) (-c^2 (q (-1 + u) + (2 p + r) u) +
b^2 (q + 2 r + q u + r u + 2 p (1 + u))))\\ ((a^2 - c^2) u +
b^2 (2 + u)) (-a^4 (p + 2 q + r + p u + 2 q u + 2 r u) + (b^2 -
c^2) (c^2 (p + 2 q + r - p u) + b^2 (p + r + p u)) +
2 a^2 (b^2 (q + q u + r u) +
c^2 (p + 2 q + r + q u + r u)))\\ -(c^2 (-1 + u) + a^2 (1 + u) -
b^2 (1 + u)) (a^4 (q + 2 q u + (p + 2 r) u) +
2 a^2 (b^2 (p + r - q u - r u) - c^2 (q + q u + r u)) - (b^2 -
c^2) (c^2 (q - p u) + b^2 (q + 2 r + p (2 + u))))\end{array}\right].$
Les coordonnées barycentriques de $\Omega'$ vérifient l'équation de la droite de Simson de $P.$
Amicalement
Bouzar, c'est bien plus clair comme ça.
Un petit détail, c'est facile à vérifier après coup, mais comment aboutis tu à $P\simeq \left[\begin{array}{c} a^2 (-1 - u) u\\ b^2 (-1 - u)\\ c^2 u\end{array}\right]$ ? C'est à dire, quelle est la signification géométrique de $u$ ?
Une question $4$:
Montrer que les orthopôles des diamètres du cercle circonscrit ont pour lieu le cercle d'Euler du triangle $ABC$.
Cordialement,
Rescassol
Le point $P$ est le normalisé de l'isogonal du point à l'infini $P_{\infty} \simeq \left[\begin{array}{c} -1\\-u\\ 1+u\end{array}\right]$ autre que les deux ombilics du plan.
Amicalement
J'entame les hostilités!
Voici une preuve de l'existence de l'orthopôle qui tient en deux lignes!
L'application affine $ABC\mapsto \alpha\beta\gamma$ est orthologique puisque sa partie linéaire est une projection orthogonale. Donc d'après la théorie (mort-née) de l'orthologie, les perpendiculaires issues respectivement de $\alpha\ $ à $BC\ $, de $\beta\ $ à $CA\ $, de $\gamma\ $ à $AB\ $ sont concourantes.
Ça vous en bouche un coin la géométrie quand elle veut bien sortir des miasmes thalèso-pythagoriciens?
Peut-on aller plus vite?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Mais la théorie de l'orthopôle est historiquement liée à celle des $FLTI$, si chère à Pierre et si clairement exposée dans son glossaire!
Il nous a quitté et j'espère de tout cœur qu'il nous reviendra!
L'idée, sans doute due au géomètre belge Neuberg, est de considérer la $FLTI$ des triangles podaires des points de la droite $L$ (sur ma figure exhumée par Rescassol).
Quel est l'équicentre de cette $FLTI$ et quel en est le centre aréolaire?
Amicalement
[small]p[/small]appus
On considère la transformation circulaire directe $f:ABC\mapsto \alpha\beta\gamma$.
Ça nous change un peu de la transformation identique, n'est-il pas?
Eh bien le centre aréolaire de la $FLTI$ des triangles podaires des points de $L$ est tout simplement le point limite objet de $f,\ $ alors que l'équicentre en est le point limite image.
Mais bof, qui se soucie encore aujourd'hui de la géométrie circulaire?
Pour faire bonne mesure, on peut encore dire des choses intéressantes sur le point pilier de la $FLTI$ (voir le glossaire de Pierre) qui rejoignent les préoccupations de Bouzar.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Supposons que la droite $L$ a pour équation $\displaystyle uz+\overline{u}\overline{z}+w=0$ avec $u$ de module $1$ et $w$ réel.
Pour la transformation circulaire directe $f:ABC\mapsto \alpha\beta\gamma$, on trouve :
$$
f(z)=\frac{u(w-s_1u-s_3u^3)z+s_2u^2+s_3u^3w+1}{-2u^2z-2s_3u^4}.
$$ Les points limites sont :
- le point limite objet $\displaystyle -s_3u^2$ qui est le centre aréolaire appartenant au cercle circonscrit au triangle $ABC$, sa droite de Simson est parallèle à la droite $L.$
- le point limite image $\displaystyle \frac{s_1}{2}+\frac{s_3u^2}{2}-\frac{w}{2u}$ qui est l'équicentre et l'orthopôle de $L.$
Amicalement.
Tu es le premier à me répondre sur cette question de géométrie circulaire, bravo
Mais je reste sur ma faim car d'une part tu ne nous as pas expliqué comment tu avais formé l'écriture de $f$ et d'autre part la définition des paramètres $u$ et $w$ n'est pas mise en évidence à coté de cette écriture
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Il m'aurait paru plus logique de commencer par cette histoire de $FLTI$ due à Neuberg!
Comme le dit Pappus, le message de Bouzar manque très nettement de précisions.
En voici une autre qui me semble indispensable : reconnaître géométriquement les deux points demandés par Pappus et que Bouzar nous a livrés très hermétiquement..
Amicalement. Poulbot
Le lieu de l'orthopôle c'est ce qu'on appelle un trifolium non ? Auquel cas il doit y avoir une deltoïde pas loin (enveloppe des perpendiculaires à $(H Ort)$ passant par $Ort$).
Et il me semble que les sommets de cette courbe sont obtenus lorsque le symétrique $P'$ de $P$ par rapport au centre $O$ du cercle circonscrit à $ABC$ se trouve sur $S_P$.
Ludwig wrote "il doit y avoir une deltoïde pas loin (enveloppe des perpendiculaires à $(HOrt)$ passant par $Ort$ )"
La perpendiculaire à $(HOrt)$ passant par $Ort$ étant la droite de Simson (relativement à $ABC$) du point diamétralement opposé à $P$ sur le cercle $ABC$, ceci explique cela (deltoïde de Steiner)
Bien cordialement. Poulbot
La notion d'orthopôle est abordée dans le livre de Lalesco: La Géométrie du Triangle, édité chez Vuibert, page 12, article 2.24.
On la trouve aussi dans le livre de Michel Collet et Georges Griso: Le Cercle d'Euler, édité chez Vuibert, page 29-30, article 12.
Vous y trouverez les preuves synthétiques indispensables sur l'existence de cet orthopôle.
On peut voir aussi cette configuration de l'orthopôle comme un cas particulier de la fameuse mais défunte configuration des trois similitudes, voir par exemple: Lalesco, page 92, chapitre 12, Trois figures directement semblables.
Les points alignés $\alpha $, $\beta\ $, $\gamma\ $ sont les centres de similitude.
Le triangle $ABC$ est un triangle à cotés homologues, plus précisément la similitude directe $s_{\alpha}\ $ de centre $\alpha\ $ envoie la droite $CA\ $ sur la droite $AB,\ $ la similitude directe $s_{\beta}\ $ de centre $\beta\ $ envoie la droite $AB\ $ sur la droite $BC,\ $ la similitude directe $s_{\gamma}\ $ de centre $\gamma\ $ envoie la droite $BC\ $ sur la droite $CA.\qquad $
Le triangle podaire $UVW\ $ du point $M\ $ de la droite $L\ $ est un triangle à sommets homologues, plus précisément:
$s_{\alpha}(V)=W,\ $ $s_{\beta}(W)=U,\ $ $s_{\gamma}(U)=V.\qquad$
L'orthopôle $E\ $ de la droite $L\ $ par rapport au triangle $ABC\ $ est le point directeur.
Les cercles $E\beta\gamma,\ $ $E\gamma\alpha,\ $ $E\alpha\beta\ $ sont les cercles associés.
Les points $S_A\ $, $S_B\ $, $S_C\ $ sont les points associés.
Les points invariables sont rejetés à l'infini dans les directions orthogonales aux cotés $BC\ $, $CA\ $, $AB.\qquad $
La droite $L$ est une droite des divisions proportionnelles commune aux correspondances affines de la $FLTI$.
Amicalement
[small]p[/small]appus
et merci de nous rappeler cette configuration de $3$ figures semblables. Ce que tu disais plus haut de l'orthopôle doit probablement être aussi valable pour cette configuration ("La plupart sinon la totalité de ceux qui visitent ce forum n'a pas la moindre idée de la notion d'orthopôle")
J'en reviens à ma question : quels sont ces deux points obscurs que Bouzar nous a dégottés ICI suite à un calcul tout aussi obscur?
Bien entendu, cette question ne s'adresse pas à toi, Pappus, pour qui ces points sont lumineux.
Amicalement. Poulbot
Les deux points que j'ai livrés très hermétiquement ont déjà fait l'objet d'explications dans divers fils.
Amicalement.
Et grand merci de nous avoir précisé quels étaient tes deux points.
C'est quand même mieux ainsi!
Amicalement. Poulbot
Si j’ai bien compris, on en saura pas plus sur ces fameux points, à part qu’ils existent ici ou bien là bas!
Dommage!
@ Ludwig
Bien sûr, tu as trouvé tout de suite la bonne question à se poser sur les orthopôles, bravo!
Et je suis à peu près sûr qu’on en a déjà parlé ici même pour paraphraser Bouzar.
Amicalement
[small]p[/small]appus
La recherche des droites ayant le même orthopôle est un problème du troisième degré!
Donc si tu te donnes une droite et son orthopôle, il te reste un problème du second degré sur les bras menant à une construction à la règle ébréchée et au compas rouillé des deux autres droites ayant le même orthopôle que la première!
A toi de la trouver!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Une variante (bien) plus simple du problème de Ludwig.
Supposant connue une droite de Simson $d$ passant par $\Omega $, prouver l'existence d'une droite perpendiculaire à $d$ d'orthopôle $\Omega $ et la construire.
Bien cordialement. Poulbot
Voilà une construction pour répondre au problème proposé par Poulbot : la perpendiculaire à $(BC)$ passant par $\Omega$ coupe la parallèle à $(d)$ passant par $A$ en $M$. Alors la perpendiculaire à $(d)$ passant par $M$ a pour orthopôle $\Omega$.
Cela pour voir que construire les droites d'orthopôle $\Omega $ revient à construire les droites de Simson passant par $\Omega $ (ce qui en général ne peut pas se faire à la règle et au compas).
Un petit plus : si les droites de Simson de $U,V,W$ passent par $\Omega $, les droites d'orthopôle $\Omega $ sont les droites $VW,WU,UV$.
Bien cordialement. Poulbot
Voici ma propre figure, tracée il y a plus de deux décennies et qui répond à tes préoccupations et à celles de Bouzar.
Je l'ai faite un peu en l'honneur de Neuberg qui a caractérisé très tôt l'orthopôle en tant qu'équicentre.
Par contre je ne sais pas s'il connaissait la notion de centre aréolaire, probablement, même si je n'en suis pas certain.
Il serait d'ailleurs intéressant de savoir quand cette notion de centre aréolaire d'une $FLTI$ est apparue pour la première fois et sans doute qu'on ne lui avait pas donné de nom à l'époque.
J'explique un peu ma figure
Les données sont le triangle $ABC$ et la droite $L$.
J'ai commencé par tracer l'orthopôle $E$ de $L$ par rapport au triangle $ABC$.
Puis je me suis intéressé à la $FLTI$ des triangles podaires $A'B'C'$ des points $M$ de la droite $L$.
C'est donc Neuberg qui le premier a dû montrer que l'équicentre de cette $FLTI$ était l'orthopôle de $L$.
Comme je l'ai dit, on trouve dans le livre de Michel Collet et Georges Griso: Le cercle d'Euler, une preuve synthétique de ce phénomène.
Par contre ils ne disent rien du centre aréolaire.
Le centre aréolaire $S$ de la $FLTI$ est situé sur le cercle circonscrit au triangle $ABC$ et sa droite de Simson est parallèle à la droite $L$, ce qui permet aux sectateurs de la géométrie du triangle de la construire.
J'ai effacé cette construction pour ne pas surcharger la figure.
Si $T$ est le point diamétralement opposé à $S$ sur le cercle circonscrit, on sait que sa droite de Simson $D$ est orthogonale à $L$.
Elle passe par l'orthopôle $E$, ce qui répond à la question de Poulbot.
Reste le troisième point fondamental de la $FLTI$ son point pilier que j'ai noté $\Omega\ $, (voir le glossaire de Pierre).
Lui est aussi est situé sur la droite $D$ et on a:
$$\overrightarrow{\Omega E}=2\overrightarrow{O\omega}\qquad$$
où le point $\omega\ $ est la projection orthogonale sur la droite $L$ du point $O$ centre du cercle circonscrit au triangle $ABC.\qquad$
Amicalement
[small]p[/small]appus