Un curieux résultat

Bonsoir.

Facile (une fois le résultat connu !!!). Soit $I_p, I_q$ les centres inscrit de $OPP'$ et $OQQ'$.
On a $$2x=2(OI_p,OI_q)=2(OA,OI_q)-2(OA,OI_p)=\\(OA,OQ)+(OA,OQ')-(OA,OP)-(OA,OP') $$
On dispose d'une formule tandrs qui donne la tangente de l'angle entre deux droites. On pose $P\simeq p:q:r$, etc. On applique les formules d'addition/soustraction des angles, et on obtient une magnifique formule de longueur 14780. On calcule aussi l'autre tangente. Et l'on constate que $$\tan(2x) + \tan(NU,NV)=0$$

Cela donne la relation cherchée, avec en plus l'orientation de ces angles. Et, à aucun moment, il n'y a eu besoin de l'hypothèse acutangle.

Coridalement, Pierre.

Bonjour,

Après une rédaction "à la diable", tentons de faire mieux On prend le triangle $ABC$ comme repère barycentrique. Et l'on considère le point mobile $P\simeq p:q:r$. Alors $P^* \simeq a^2/p:b^2/q:c^2/r$ tandis que $O,N$ ont les valeurs usuelles. Le calcul donne $$ \psi(P)\doteq {\rm tandrs} \left(OA, OP \right) \star {\rm tandrs} \left(OA, OP^* \right) \star {\rm tandrs} \left(NO, NU \right) = Cte.$$ On en déduit $\psi(P)-\psi(Q)=0$ qui est la formule demandée.

Quelques détails: (1) $\star$ est la composition usuelle des tangentes: $(u,v)\mapsto (u+v)/(1-u\,v)$
(2) les droites se calculent en prenant le wedge des points, c'est à dire on prend la liste des produits en croix.
(3) la formule tandrs est donnée dans géométrie projective pour agrégatifs

Cordialement, Pierre.

Edit: le r est revenu, merci à lui ! La démo repose sur le fait que $p,q,r$ n'apparaissent pas dans la formule finale. Il n'en reste pas moins que l'on peut se demander quel est le choix des droites fixes (comme $OA, NO$) qui donne l'expression la plus simple. Par exemple en utilisant $BC$ comme référence, l'expression chute à 93 caractères.

Bonsoir Jean-Louis, Pierre et tous,
Une question (bête ?) me vient à l'esprit : qu'en est-il si l'on remplace O et H par un troisième couple (R, R') de points conjugués isogonaux ?
Bien cordialement
JLB

Je me réponds avec deux figures : la première correspond au problème posé, la deuxième à ma question ...
Apparemment, c'est une propriété du couple (O, H). Même quand on assujettit le point R à se trouver sur la droite d'Euler, la relation de Jean-Louis n'est pas vérifiée quand R se trouve ailleurs qu'en O !

Bonjour.

On arrete de plaisanter, on trace le cercle de diamètre $[OH]$ et c'est fini.

Cordialement, Pierre

Bonjour,


On a montré que $\psi\doteq pente(OP)\star pente(OP^{*})\star pente(NU)$ est constante. En utilisant Lubin (1), on trouve: \[ \psi=i\,\dfrac{1-s_{3}^{2}}{1+s_{3}^{2}}. \] Si l'on calcule en prenant $BC$ comme référence des inclinaisons, on trouve \[ \psi_{BC}=i\,\dfrac{\beta\,\gamma+\alpha^{2}}{\beta\,\gamma-\alpha^{2}}=\dfrac{a^{2}\left(b^{2}+c^{2}\right)-\left(c^{2}-b^{2}\right)^{2}}{4\,S\left(c^{2}-b^{2}\right)} \] Et, bien entendu, le calcul en barycentriques redonne ce résultat.

Le calcul de Rescassol revient à vérifier que $\psi_{P}-\psi_{Q}=0$. Un typo: (1+TPOQ{*}TPpOQp) semble devoir être (1-TPOQ{*}TPpOQp).

On peut réécrire cette invariance en montrant que les droites $NU$ et $NK_{1}K_{2}$ sont symétriques par rapport à un gudule fixe, centré en $N$ et tel que $\omega^{4}=s_{3}\,s_{2}/s_{1}$. Donc la preuve est faite, de plusieurs façons différentes.

Cela ne change rien au fait que ces méthodes de preuve n'emportent pas la conviction: sans connaissance préalable du résultat, qui donc aurait la tentation de calculer $\psi$ ? Et encore moins de se demander sur quoi faire agir le fameux gudule centré sur $N$ ? Attendons que Jean-Louis nous indique comment il est arrivé à trouver son résultat !

Cela pourrait bien être lié au fait que $P,P^{*}$ sont les foyers de la conique inscrite centrée en $U$.

Cordialement, Pierre.

Bonsoir,

Permettez-moi de suggérer une piste "synthétique" pour obtenir le résultat cherché... Le principe de la preuve serait le suivant :

Soit A'B'C' le triangle des milieux. N est le centre du cercle d'Euler de ABC, O est l'orthocentre de A'B'C'. Soit M et M' les intersections de NU avec le cercle d'Euler.
Si on montre que les deux bissectrices de l'angle (OP', OP) sont les droites de Steiner (dans A'B'C') associées aux points diamétralement opposés M et M', alors (en vertu de la propriété 2. 6 du Lalesko) on aura prouvé que les bissectrices font bien un angle moitié de l'angle (NU, NV). (*)
On doit donc voir que la direction de la droite des milieux NU ne dépend que de la direction de la bissectrice de (OP', OP). Puis que, si NU est donné, la bissectrice est la droite de Steiner de M ou M'.

(*) En termes d'angles de droites, l'ambiguïté entre bissectrices intérieure et extérieure est masquée par le passage à l'angle double.

Deuxième étape : Les bissectrices de l'angle (OP', OP) sont les droites de Steiner des points M et M', en lesquels la droite NU coupe le cercle d'Euler A'B'C'.

Il suffit de considérer un exemple particulier pour chaque direction possible de PP'. On choisit d'étudier le cas des points P du cercle ABC et on note $\alpha$ l'angle (BO, BP).

L'isogonal de P est à l'infini sur la droite PP'. Il est tel que (OB, PP') = $\alpha$ + A – C, donc (NB', NM) = $\alpha$ + A – C, car NB' et NM sont parallèles à OB et PP'.

Si $\omega$ est le point d'intersection de la hauteur B'O avec la cercle A'B'C', l'angle inscrit ($\omega$M, $\omega$B') est la moitié de l'angle (NM, NB') = – $\alpha$ – A + C.

Si $\delta$ est bissectrice de (OP, OP'), on a : (OB, $\delta$) = (OB, OP) + (OP, $\delta$) = ($\pi$ – 2$\alpha$) + (OP, OP')/2. Comme (OB, O$\omega$) = A – C, l'angle ($\delta$, O$\omega$) vaut :

($\delta$, O$\omega$) = (OB, O$\omega$) – (OB, $\delta$) = (A – C) – ($\pi$ – 2$\alpha$) – (OP, OP')/2 ,

et comme (OP, OP') = (OB, OP') – (OB, OP) = ($\alpha$ + A – C) – ($\pi$ – 2$\alpha$) = A – C + 3$\alpha$ – $\pi$ , le double de ($\delta$, O$\omega$) est égal au double de ($\omega$M, $\omega$B').

Cela signifie qu'une bissectrice de PP' est symétrique de la droite $\omega$M, et donc qu'une bissectrice est bien la droite de Steiner de M.

Cordialement
Casagrande

Bonjour,

On travaille en barycentriques. On a donc \[ P,P^{*},U,N\simeq\left(\begin{array}{c} p\\ q\\ r \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} a^{2}qr\\ b^{2}rp\\ c^{2}pq \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} 2\,a^{2}pqr+a^{2}qr\left(q+r\right)+b^{2}p^{2}r+c^{2}p^{2}q\\ 2\,b^{2}pqr+a^{2}q^{2}r+b^{2}pr\left(p+r\right)+c^{2}pq^{2}\\ 2\,c^{2}pqr+a^{2}qr^{2}+b^{2}pr^{2}+c^{2}pq\left(p+q\right) \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} a^{2}\left(b^{2}+c^{2}\right)-\left(b^{2}-c^{2}\right)^{2}\\ b^{2}\left(a^{2}+c^{2}\right)-\left(c^{2}-a^{2}\right)^{2}\\ c^{2}\left(a^{2}+b^{2}\right)-\left(a^{2}-b^{2}\right)^{2} \end{array}\right) \] On écrit que $N,U,V\doteq U\left(x,y,z\right)$ sont alignés. Cela donne une $

\def\nonk{n\mathcal{K}}
\def\ptv{~;~}
\def\Sa{S_{a}} \def\Sb{S_{b}} \def\Sc{S_{c}}

\nonk$ cubique caractérisée par \[ \widehat{P}=X\left(6\right)\ptv\widehat{U}=\left(\begin{array}{c} c^{2}q\left(c^{2}p^{2}+a^{2}r^{2}\right)\Sc\\ a^{2}r\left(a^{2}q^{2}+b^{2}p^{2}\right)\Sa\\ b^{2}p\left(b^{2}r^{2}+c^{2}q^{2}\right)\Sb \end{array}\right)-\left(\begin{array}{c} b^{2}r\left(b^{2}p^{2}+a^{2}q^{2}\right)\Sb\\ c^{2}\left(c^{2}q^{2}+b^{2}r^{2}\right)p\Sc\\ a^{2}q\left(a^{2}r^{2}+c^{2}p^{2}\right)\Sa \end{array}\right)+2pqr\left(\begin{array}{c} \Sb\,\Sc\,\left(c^{2}-b^{2}\right)\\ \Sc\,\Sa\,\left(a^{2}-c^{2}\right)\\ \Sa\,\Sb\,\left(b^{2}-a^{2}\right) \end{array}\right)\ptv\widehat{K}=qsp \] la q.s.p. étant la quantité suffisante pour que la cubique passe par $O$.

Voyons la théorie sous-jacente. La $\nonk$ cubique générale s'écrit: \[ x\left(\widehat{Q}z^{2}+\widehat{R}y^{2}\right)\widehat{U}+y\left(\widehat{P}z^{2}+\widehat{R}x^{2}\right)\widehat{V}+z\left(\widehat{P}y^{2}+\widehat{Q}x^{2}\right)\widehat{W}+\widehat{K}\,xyz=0 \] Remarque: le point $\mathcal{U}\simeq\widehat{U}:\widehat{V}:\widehat{W}$ a.k.a. la racine (english= root) de la cubique, introduite au chapitre Cubiques, n'a rien à voir avec le $U$ introduit dans ce fil par JLA. Si l'on impose au point milieu $U\doteq\left(P+P^{*}\right)/2$ de rester confiné sur la droite \[ \Delta\simeq\left[\widehat{V}+\widehat{W}-\widehat{U},\,\widehat{U}-\widehat{V}+\widehat{W},\,\widehat{V}-\widehat{W}+\widehat{U}\right] \] alors le point $P$ reste confiné sur la cubique \[ \left[\nonk,\,\left(\begin{array}{c} a^{2}\\ b^{2}\\ c^{2} \end{array}\right),\,\left(\begin{array}{c} \widehat{U}\\ \widehat{V}\\ \widehat{W} \end{array}\right),\,2\,\left(\Sa\,\widehat{U}+\Sb\,\widehat{V}+\Sc\,\widehat{W}\right)\right] \]

Comme il était fortement prévisible, cette cubique est invariante par la transformation isogonale: son pôle est $K=$X(6). On constate que ses points à l'infini sont les ombilics et $\Delta_{\infty}\doteq\widehat{V}-\widehat{W}\,:\,\widehat{W}-\widehat{U}\,:\,\widehat{U}-\widehat{V}$, le point à l'infini de $\Delta$. Les tangentes ombilicales passent par $

\def\pinft{\mathrm{isog}\left(\Delta_{\infty}\right)}
\def\tanpts#1{\operatorname{tanpts}\left(#1\right)}
\def\etc{,\:\mathrm{etc}}
\def\umbx{\Omega_{x}} \def\umby{\Omega_{y}}

\pinft$, qui est donc le foyer singulier (et appartient à la courbe).

Passons à la propriété angulaire. Soient $P\simeq p:q:r$ (fixe), $V\simeq u:v:w$ (fixe), $M\simeq x:y:z$ (mobile). Alors, vue comme une équation en $\left(x,y,z\right)$, la relation: \[ \tanpts{V,P,M^{*}}+\tanpts{V,P^{*},M}=0 \] décrit une cubique. On vérifie qu'elle passe par $A,B,C,P,P^{*},V,V^{*},\umbx,\umby$, ce qui suffit à la déterminer. Cette cubique est donc le lieu des $M$ tels que \[ \left(VX,VP\right)+\left(VX,VP^{*}\right)=\left(VX,VM\right)+\left(VX,VM^{*}\right) \] où $X$ désigne une direction de référence. Par conséquent, le gudule bissecteur de l'angle $\left(VP,VP^{*}\right)$ reste fixe lorsque $V\in\nonk$ est fixé et $P\in\nonk$ est mobile. La sixième intersection de $\nonk$ avec le circonscrit est le point $\pinft$. On obtient le point racine $\mathcal{U}\simeq\widehat{U}:\widehat{V}:\widehat{W}$ à partir des coefficients, et il est aisé de vérifier que le point $\pinft$ est le point fixe de la similitude $\sigma$ définie par $\umbx\mapsto\umbx$, $\umby\mapsto\umby$,$P\mapsto V$, $P^{*}\mapsto V^{*}$.

Une remarque à la Cremona: dans le contexte de $\nonk$, la transformation isogonale est une bijection, et $A^{*}=M_{a}\etc$.

Dans le contexte de l'exercice posé par JLA, nous avons $V=O,\,V^{*}=H$. La relation $\Delta\cdot N=0$ montre que le lieu des racines $\mathcal{U}$ est la tripolaire de X(264), qui est la droite X(297)X(850), qui est perpendiculaire à X(4)X(6). Comme l'on sait, les réintersections $M_{a},M_{b},M_{c}$ avec les côtés du triangle sont alignés sur la tripolaire de $\mathcal{U}$. Il en résulte que l'on connait $\left[A,B,C,O,H,M_{a},M_{b}M_{c},\pinft\right]$permettant de tracer la cubique.

Cordialement, Pierre.