Le coin des olympiades n°3
Bonsoir,
Je propose cet exercice.
Soit $ABC$ un triangle et $I$ le centre de son cercle inscrit, tangent à BC, CA et AB aux points D, E et F respectivement. Soient M et N des points sur la droite EF tels que BM est parallèle à AC et CN est parallèle à AB.
Soient P et Q des points sur DM et DN respectivement tels que BP est parallèle à CQ.
Démontrer que S, l’intersection de PF et QE, se trouve sur le cercle inscrit.
Amicalement
Je propose cet exercice.
Soit $ABC$ un triangle et $I$ le centre de son cercle inscrit, tangent à BC, CA et AB aux points D, E et F respectivement. Soient M et N des points sur la droite EF tels que BM est parallèle à AC et CN est parallèle à AB.
Soient P et Q des points sur DM et DN respectivement tels que BP est parallèle à CQ.
Démontrer que S, l’intersection de PF et QE, se trouve sur le cercle inscrit.
Amicalement
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Réponses
Avec Morley inscrit ($D,E,F$ sont renommés en $U,V,W$): De plus, $P,I,Q$ sont alignés.
Cordialement,
Rescassol
Amicalement
On peut paramétrer de façon plus simple, les droites $(BP)$ et $(CQ)$ étant dirigées par un vecteur unitaire $t$ (et donc $\overline{t}=\dfrac{1}{t}$).
Cela donne $s=\dfrac{s_1t^2-s_3}{t^2-s_2}$ et bien sûr $\overline{s}=\dfrac{1}{s}$.
Cordialement,
Rescassol
Pour faire plaisir à Pappus, la transformation $u\mapsto s$ est circulaire de points limites opposés $\pm \dfrac{t^2-vw}{v+w}$ et de points fixes tout aussi opposés $\pm it$.
Cordialement,
Rescassol
En utilisant systématiquement les nombres complexes dans tes calculs, tu as tendance à voir partout de la géométrie circulaire!
Moi quand je lis l'énoncé, je n'y vois au contraire que de la géométrie affine pour ne pas dire projective, l'adjectif honni pour toujours!!!!
Amicalement
[small]p[/small]appus
une preuve projective mettant en jeu deux faisceaux anharmoniques égaux de centres B et C, puis ramener par changement d'origine resp. en F et E conduire à quatre points sur le cercles inscrit permettant de confondre I.
Pappus peux-tu affiner ma terminologie si tu la trouve approximative...
Je pense que c'est la bonne démarche...
Sincèrement
Jean-Louis
Je crois que l'adjectif anharmonique était tombé dans l'oubli bien avant que la géométrie projective n'en fasse autant!
Tout ceci n'a rigoureusement plus aucune importance aujourd'hui!
Alors fais comme tu veux!
Qui te dira le contraire?
Certainement pas les sectateurs de triplets de points alignés ou de droites concourantes!
Amicalement
[small]p[/small]appus
(PQ) passe par I?
Qu'en pensez-vous?
Sincèrement
Jean-Louis
Oui Jean-Louis, $(PQ)$ passe par $I$, ça a été dit plus haut.
Cordialement,
Rescassol
Les droites $BP\ $ et $CQ\ $ étant parallèles sont en correspondance homographique
Par suite les points $P\ $ et $Q\ $ sont aussi en homographie sur les droites $DM\ $ et $DN.\qquad$
Concrètement il existe une homographie
$$\varphi:DM\longmapsto DN; P\mapsto Q\qquad$$
Comme $\varphi(D) = \qquad$
la droite $PQ\ $ passe par un point fixe!
Voir le cours de Bruno Ingrao ou de Daniel Perrin!
Il reste à identifier ce point fixe!!!
Amicalement
[small]p[/small]appus
1. (BI) // (DN) et (CI) // (DM)
2. la réciproque du petit théorème de Pappus appliqué à BPDQCIBconduit au résultat.
Merci pappus pour ton idée qui élève...et qui ma tente...
Sincèrement
Jean-Louis
here
Sincèrement
Jean-Louis
Pour continuer avec l'idée de Rescassol, on peut aussi paramétrer les directions par celle de la droite joignant le milieu de l'arc $BC$ avec le point mobile $K(\tau)$ du cercle circonscrit. Alors la direction de $I_0\,S$ est donnée par celle de $OQ$, le point $Q(\kappa)$ étant défini par $\kappa = (\alpha\, s_3-s_2 \tau)/(\alpha \,s_1-\tau)$.
Cette formule est valable pour un repère Lubin-2, mais son analogue dans le repère de Poncelet aura la même propriété: quand l'un fait un tour, l'autre fait un tour. Il y a deux points fixes. Que peut-on en faire ?
Cordialement, Pierre.