Partie 1 du problème 3 de OIM 2021
dans Géométrie
Bonjour,
mon approche en deux parties...
1. ABC un triangle acutangle tel que AB < AC,
2. Ba la A-bissectrice intérieure,
3. D un point de Ba, intérieur à ABC,
4. E, F deux points resp. de [AC], [AB] tels que <EDA = <DCB, <ADF = <CBD,
5. 1d le cercle circonscrit au triangles BDC
6. T le point d'intersection de (EF) et (BC)
Question : (TD) est tangente à 1d en D.
Merci A.D. pour votre aide.
Sincèrement
Jean-Louis
mon approche en deux parties...
1. ABC un triangle acutangle tel que AB < AC,
2. Ba la A-bissectrice intérieure,
3. D un point de Ba, intérieur à ABC,
4. E, F deux points resp. de [AC], [AB] tels que <EDA = <DCB, <ADF = <CBD,
5. 1d le cercle circonscrit au triangles BDC
6. T le point d'intersection de (EF) et (BC)
Question : (TD) est tangente à 1d en D.
Merci A.D. pour votre aide.
Sincèrement
Jean-Louis
Réponses
-
Merci Jean-Louis
Voici mon énoncé de ton problème et plus précisément un énoncé d'une généralisation de ton problème,
Cette fois-ci plus d'inégalité inutile comme $AB<AC$, plus de segments où les points $E$ et $F$ devraient se confiner inutilement, plus d'angles dont plus personne ne connait la définition et surtout plus de ces bissectrices dont Swingmustard semble raffoler!
Il n'y a plus que des points, des droites et des cercles!
On se donne donc un triangle $ABC$ et dans son plan un point $D$ à peu prés n'importe où pour que l'intersection $A'=AD\cap BC$ existe.
La tangente en $D\ $ au cercle circonscrit au triangle $A'CD\ $ coupe la droite $AC$ en $E.\qquad$
La tangente en $D\ $ au cercle circonscrit au triangle $A'BD\ $ coupe la droite $AB$ en $F.\qquad$
La droite $EF\ $ coupe la droite $BC\ $ en $T.\qquad$
Montrer que la droite $DT$ est la tangente en $D\ $ au cercle circonscrit au triangle $BCD.\qquad$
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour Pappus,
merci pour ta réponse...qui consiste à présenter une jolie construction des points E et F...
J'ai introduit la parallèle à (BC) issue de D, puis la bissectrice de <CDA....pour rester fidèle au Problème 3 de l'olympiade...
Ta construction est élégante... sans angles...
J'espère que tu vas bien... Ici nous sommes plein en confinement...restaurants et cafés fermés...et en couvre feu de 18h à 5h...
Une dictature insidieuse s'installe comme je l'ai connue dans certains pays où j'ai vécu...
Bon, j'attends la suite pour la question posée...
Sincèrement
Jean-Louis -
Bonjour Jean-Louis
A jamais confiné dans ton ile, Covid ou pas Covid.
Il y a quand même un aspect intéressant dans les dictatures dont je ne sais pas trop s'il est positif ou négatif!
Les gens qui y vivent n'ont certainement pas beaucoup le temps pour s'inquiéter du Covid.
Ils ont des préoccupations beaucoup beaucoup plus vitales!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour à tous
La définition des points $E\ $ et $F\ $ telle que je l'ai donnée n'est qu'un point de détail.
J'aurais pu la faire en utilisant les angles mais les angles orientés de droites.
On a le sentiment qu'on maîtrise mieux les angles camemberts que les angles orientés mais c'est une illusion.
Utiliser les angles camemberts oblige à regarder séparément une multitude de cas particuliers pas toujours faciles à détecter!
Le point fondamental par rapport à la figure initiale de Jean-Louis, c'est que le point $D$ peut être à peu près n'importe où et non rester confiné sur quelque bissectrice que ce soit.
Cela devrait simplifier la démonstration, n'est-il pas?
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonsoir pappus et Jean-Louis,
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 D :
$D \simeq \left[\begin{array}{c} p\\ q\\ r\end{array}\right].$
Le cercle circonscrit au triangle A'CD et le point E :
$\small -(c^2 q^2-(a^2 - b^2 - c^2) q r + b^2 r^2) x^2-a^2 r (p + q + r) y^2+(c^2 p q - (a^2 - c^2) p r - (b^2 -c^2) q r -( a^2 + b^2-c^2) r^2) x y$
$+(b^2 p q +( b^2 - c^2) q^2 + b^2 p r +( a^2 + b^2 - c^2) q r) x z+a^2 q (p + q + r) y z=0.$
$ E\simeq \left[\begin{array}{c} -(b^2 p (p + q) + q (-c^2 p + a^2 (p + q))) (q + r)\\ 0\\ -p (c^2 q (q + r) + r (-a^2 q + b^2 (q + r)))\end{array}\right].$
Le point F :
$F\simeq \left[\begin{array}{c} (q + r) (c^2 p (p + r) + r (-b^2 p + a^2 (p + r)))\\ p (c^2 q (q + r) + r (-a^2 q + b^2 (q + r)))\\ 0\end{array}\right].$
Le point T :
$T \simeq \left[\begin{array}{c} 0\\-b^2 p (p + q) - q (-c^2 p + a^2 (p + q))\\ c^2 p (p + r) + r (-b^2 p + a^2 (p + r))\end{array}\right].$
La droite $(DT)$ :
$(c^2 p^2 q + b^2 p^2 r + 2 a^2 p q r + a^2 q^2 r + a^2 q r^2)x -p (c^2 p^2 + (a^2- b^2 + c^2) p r + a^2 r^2)y -p (b^2 p^2 +( a^2 + b^2 - c^2 )p q + a^2 q^2)z=0.$
Le cercle BCD :
$-(c^2 p q + b^2 p r + a^2 q r) x^2+(c^2 p^2 - b^2 p r + c^2 p r - a^2 q r) x y+(b^2 p^2 + b^2 p q - c^2 p q - a^2 q r) x z+a^2 p (p + q + r) y z=0.$
Le centre O' du cercle BCD :
$O' \simeq \left[\begin{array}{c} -a^2 (-p (b^2 (p + q - r) + c^2 (p - q + r)) +a^2 (p^2 + 2 q r + p (q + r)))\\ -(b^2 - c^2) p (-c^2 q + b^2 (p + q)) + a^4 q r + a^2 (c^2 q (p - r) + b^2 (p^2 + p q + 2 p r + q r))\\ a^4 q r - (b^2 - c^2) p (b^2 r - c^2 (p + r)) + a^2 (b^2 (p - q) r + c^2 (p^2 + 2 p q + p r + q r))\end{array}\right].$
La droite (O'D)$ :
$(a^4 q r (-q + r) - (b^2 - c^2) p^2 (c^2 q + b^2 r) + a^2 (b^2 r (p^2 + 2 p r + q (q + r)) -c^2 q (p^2 + 2 p q + r (q + r))))x $
$+( ((b^2 - c^2) p + a^2 (p + 2 q)) (c^2 p (p + r) + r (-b^2 p + a^2 (p + r))))y$
$+(-(b^2 p (p + q) + q (-c^2 p + a^2 (p + q))) ((-b^2 + c^2) p + a^2 (p + 2 r)))z=0.$
On a :
$\small \left[\begin{array}{c}c^2 p^2 q + b^2 p^2 r + 2 a^2 p q r + a^2 q^2 r + a^2 q r^2\\ -p (c^2 p^2 + (a^2- b^2 + c^2) p r + a^2 r^2)\\ a^2 + b^2 - c^2 )p q + a^2 q^2\end{array}\right]^t \times \left[\begin{array}{c} 2a^2 & - a^2 - b^2 + c^2 & - a^2 + b^2 - c^2\\ - a^2 - b^2 + c^2 & 2b^2 & a^2 - b^2 - c^2\\ - a^2 + b^2 - c^2 & a^2 - b^2 - c^2 & 2c^2\end{array}\right] \times$
$ \left[\begin{array}{c} a^4 q r (-q + r) - (b^2 - c^2) p^2 (c^2 q + b^2 r) + a^2 (b^2 r (p^2 + 2 p r + q (q + r)) -c^2 q (p^2 + 2 p q + r (q + r)))\\ ((b^2 - c^2) p + a^2 (p + 2 q)) (c^2 p (p + r) + r (-b^2 p + a^2 (p + r)))\\ -(b^2 p (p + q) + q (-c^2 p + a^2 (p + q))) ((-b^2 + c^2) p + a^2 (p + 2 r))\end{array}\right] = 0.$
Ainsi, les droites $(O'D)$ et $(DT)$ sont perpendiculaires.
En conclusion, la droite $(DT)$ est la tangente en $D$ au cercle circonscrit au triangle $BCD.$
Amicalement -
Bonsoir,Bouzar a écrit:En conclusion, la droite $(DT)$ est la tangente en $D$ au cercle circonscrit au triangle $BCD$
% (DM) est la tangente en D au cercle BCD MB2=Factor((b-m)*(bB-mB)); MC2=Factor((c-m)*(cB-mB)); MD2=Factor((d-m)*(dB-mB)); NulTgte=Factor(MB2*MC2-MD2^2) % Égal à 0 donc c'est gagné.
Cordialement,
Rescassol -
Bonjour,
merci à tous pour vos contributions...
Je termine aujourd'hui ma rédaction et la posterai....
Sincèrement
Jean-Louis
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Bonjour!
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