Deux remarquables perpendiculaires
dans Géométrie
Bonjour
Ce problème apparaît comme une généralisation lorsque G n’est pas un point central du triangle ABC…
1. ABC un triangle
2. (O) le cercle circonscrit
3. E, F deux points resp. de [AC], [AB]
4. (R) le cercle circonscrit au triangle AEF
5. T le second point d'intersection de (R)) et (O)
6. G le point d'intersection de (BE) et (CF)
7. U le second point d'intersection de (TG) et (O)
8. K le point d'intersection de (AU) et (BC).
Question : (OK) est perpendiculaire à (EF).
Merci à A.D. pour votre aide.
Sincèrement
Jean-Louis
Ce problème apparaît comme une généralisation lorsque G n’est pas un point central du triangle ABC…
1. ABC un triangle
2. (O) le cercle circonscrit
3. E, F deux points resp. de [AC], [AB]
4. (R) le cercle circonscrit au triangle AEF
5. T le second point d'intersection de (R)) et (O)
6. G le point d'intersection de (BE) et (CF)
7. U le second point d'intersection de (TG) et (O)
8. K le point d'intersection de (AU) et (BC).
Question : (OK) est perpendiculaire à (EF).
Merci à A.D. pour votre aide.
Sincèrement
Jean-Louis
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Réponses
J'utilise les coordonnées barycentriques.
Le triangle de référence:
$A, B, C\simeq \left[\begin{array}{c} 1\\ 0\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 1\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 0\\ 1\end{array}\right].$
(O) le cercle circonscrit :
Une équation du cercle circonscrit au triangle $ABC$ est :
$a^2 y z + b^2 z x + c^2 x y=0.$
E, F deux points resp. de [AC], [AB] :
$E, F \simeq \left[\begin{array}{c} 1 - u\\ 0\\ u\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 1 - v\\ v\\ 0\end{array}\right].$
(R) le cercle circonscrit au triangle AEF :
$(a^2 -(1-u) b^2 -(1-v) c^2) y z+b^2 u x z+c^2 v x y+c^2 (-1 + v) y^2+b^2 (-1 + u) z^2=0.$
Les coordonnées barycentriques du point $R$ centre du cercle circonscrit au triangle AEF sont :
$R \simeq \left[\begin{array}{c} -a^4 - a^2 (b^2 (-2 + u) + c^2 (-2 + v)) + (b - c) (b + c) (b^2 (-1 + u) - c^2 (-1 + v))\\ -b^2 (-a^2 u + b^2 u + c^2 (u - 2 v))\\ -c^2 ((-a^2 + c^2) v + b^2 (-2 u + v))\end{array}\right].$
T le second point d'intersection de (R) et (O) :
$T\simeq \left[\begin{array}{c} -a^2 (-1 + u) (-1 + v)\\ -b^2 (-1 + u) (u - v)\\-c^2 (-1 + v) (-u +v)\end{array}\right].$
G le point d'intersection de (BE) et (CF) :
$G \simeq \left[\begin{array}{c} (-1 + u) (-1 + v)\\ v - u v\\u - u v \end{array}\right].$
U le second point d'intersection de (TG) et (O) :
$U \simeq \left[\begin{array}{c} (b^2 (u - v) + a^2 v) (a^2 u + c^2 (-u + v))\\ (-b^2 (u - v) - a^2 v) (b^2 u + c^2 v)\\ (-a^2 u + c^2 (u - v)) (b^2 u + c^2 v) \end{array}\right].$
K le point d'intersection de (AU) et (BC):
$K \simeq \left[\begin{array}{c} 0\\ -a^2 v + b^2 (-u + v)\\ -a^2 u + c^2 (u - v)\end{array}\right].$
Question : $(OK)$ est perpendiculaire à $(EF)$ ?
$(OK) : \simeq \left[\begin{array}{c} b^2 u - c^2 v\\ a^2 u + c^2 (-u + v)\\ -a^2 v + b^2 (-u + v)\end{array}\right].$
$(EF) : \simeq \left[\begin{array}{c} -u v\\ u - u v\\ v - u v\end{array}\right].$
On a :
$\left[\begin{array}{c} b^2 u - c^2 v\\ a^2 u + c^2 (-u + v)\\ -a^2 v + b^2 (-u + v)\end{array}\right]\times
\left[\begin{array}{c} 2a^2 & - a^2 - b^2 + c^2 &
- a^2 + b^2 - c^2\\ - a^2 - b^2 + c^2 & 2b^2 & a^2
- b^2 - c^2\\ - a^2 + b^2 - c^2 & a^2 - b^2 - c^2
& 2c^2\end{array}\right] \times
{}^t\left[\begin{array}{c}-u v\\ u - u v\\ v - u v\end{array}\right]=0.$
Ainsi $(OK)$ est perpendiculaire à $(EF)$.
Amicalement
merci Bouzar pour votre contribution...
Pour ma part, je n'ai à ce jour aucune preuve synthétique de ce résultat...
Sincèrement
Jean-Louis
J'aime bien rêvasser longtemps sur tes énigmes sans trouver de solutions la plupart du temps.
Voici le résultat de mes rêveries.
J'espère que cela t'aidera.
Je te rappelle que sur ma figure les droites de même couleur sont parallèles.
Amicalement
[small]p[/small]appus
merci pour ton attention...
Je n'arrive pas à montrer que (E'F') passe par K...c'est là le noeud du problème...
Sincèrement
Jean-Louis
Je précise un peu ma figure:
Le parallélisme des droites rouges est aisé à prouver via une petite chasse aux angles orientés de droites car il y a plein de points cocycliques sur la figure.
Le point $V$ est le point isogonal du point à l'infini des droites rouges.
Les points $A'$, $U$, $V$ sont alignés où le quadrilatère $ABA'C\ $ est un parallélogramme
Les six points $A$, $B$, $C$,$ A'$, $G$, $U$ sont sur une même conique.
Amicalement
[small]p[/small]appus
merci pour tes renseignements...
Je pense avoir trouver une voie pour cette concurrence en appliquant le théorème de Pascal...Initialement, je mettais aventuré
sur une voie sans issue...
Je continue...
Amitiés
Jean-Louis
Jean-Louis
Voici quelques éléments incomplets qui te permettront peut-être d'avancer.
Je maintiens K fixe sur BC et je fais varier la droite EF perpendiculaire à KO en D.
TE coupe (O) en P, TF coupe (O) en Q. Théorème de Reim : BP et CQ sont parallèles à EF, donc fixes dans les conditions ci-dessus.
Observations sans démo : TG coupe (R) en H et (O) en V. Quand D décrit OK, H décrit la droite fixe AV, et on a $\widehat{VAU} = \widehat{CBP}$. Et il est peut-être intéressant de considérer le quadrilatère ABCU qui est fixe si K est fixe et où BC et AU jouent le même rôle.
Amicalement
PL
après de longues recherches, j'ai finalement trouvé ce passage qui m'a permis de résoudre synthétiquement ce difficile problème...
Je passe à la rédaction...
Sincèrement
Jean-Louis
ma preuve et quelques développements...
http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/vol78.html
puis
Un problème difficile
Sincèrement
Jean-Louis