Un problème italien
Bonjour,
Je propose ce problème.
Soit $ABC$ un triangle avec $AB=AC$ et soit $I$ son centre du cercle inscrit. Soit $\Gamma$ le cercle circonscrit de $ABC$. Les droites $BI$ et $CI$ coupent $\Gamma$ en deux nouveaux points, respectivement $M$ et $N$. Soit $D$ un autre point de $\Gamma$ situé sur l'arc $BC$ ne contenant pas $A$, et soit $E,F$ les intersections de $AD$ avec $BI$ et $CI$, respectivement. Soient $P,Q$ les intersections de $DM$ avec $CI$ et de $DN$ avec $BI$ respectivement.
1. Montrer que $D, I, P, Q$ se trouvent sur le même cercle $\Omega.$
2. Montrer que les droites $CE$ et $BF$ sont sécantes en un point appartenant à $\Omega.$
PS: la figure viendra par la suite.
Amicalement
Je propose ce problème.
Soit $ABC$ un triangle avec $AB=AC$ et soit $I$ son centre du cercle inscrit. Soit $\Gamma$ le cercle circonscrit de $ABC$. Les droites $BI$ et $CI$ coupent $\Gamma$ en deux nouveaux points, respectivement $M$ et $N$. Soit $D$ un autre point de $\Gamma$ situé sur l'arc $BC$ ne contenant pas $A$, et soit $E,F$ les intersections de $AD$ avec $BI$ et $CI$, respectivement. Soient $P,Q$ les intersections de $DM$ avec $CI$ et de $DN$ avec $BI$ respectivement.
1. Montrer que $D, I, P, Q$ se trouvent sur le même cercle $\Omega.$
2. Montrer que les droites $CE$ et $BF$ sont sécantes en un point appartenant à $\Omega.$
PS: la figure viendra par la suite.
Amicalement
Réponses
-
Bonsoir Bouzar, bonsoir à tous,
Voici ma solution à ta première question :
Puisque $I$ est le centre du cercle inscrit, $CI$ et $BI$ sont les bissectrices des angles en $C$ et $B$ du triangle $ABC$ qui est isocèle en $A$. Les points $M$ et $N$ sont donc les milieux des arcs $(AC)$ et $(AB)$, et les arcs $(BN)$, $(NA)$, $(AM)$ et $(MC)$ sont tous égaux à la moitié de l'arc $(AC)$. Il en résulte notamment que l'arc $(NAM)$ est égal à l'arc $(AMC)$.
Considérons le triangle $ICM$ : son angle en $C$, <$ICM$>, est identique à l'angle <$NCM$>, lequel est égal à l'angle en $B$ de $ABC$, puisqu'il intercepte sur le cercle circonscrit l'arc $(NAM)$, égal à l'arc $(AMC)$ intercepté par l'angle en $B$. L'angle en $M$ de $ICM$ est identique à l'angle <$BMC$> qui est égal à l'angle en $A$ de $ABC$ (angles inscrits dans le même cercle et interceptant le même arc). Donc, l'angle en $I$ du triangle $ICM$ vaut $pi$ - <$A$> - <$B$> = <$C$>.
Dans le quadrilatère $DQIP$, l'angle en $D$ est identique à l'angle <$NAM$> qui est égal à l'angle en $C$ de $ABC$, et l'angle en $I$, <$QIP$>, est le supplémentaire de l'angle en $I$ du triangle $ICM$ qui est égal à <$C$>. Donc, le quadrilatère $DQIP$, ayant deux angles opposés supplémentaires, est inscriptible dans un cercle.
Pour la deuxième question, cela viendra (peut-être) plus tard ...
Bien cordialement JLB -
Bonne nuit,
Avec Morley inscrit:% Bouzar - 28 Octobre 2021 - Un problème italien clc, clear all, close all % On part du triangle de contact UVW syms u v w syms uB vB wB % Conjugués w=u^2/v; % ABC est isocèle en A uB=1/u; % Morley's trick avec le cercle inscrit vB=1/v; wB=1/w; syms s1 s2 s3; syms s1B s2B s3B; % Conjugués s1=u+v+w; % Fonctions symétriques s2=u*v+v*w+w*u; s3=u*v*w; s1B=s2/s3; % Conjugués s2B=s1/s3; s3B=1/s3; %----------------------------------------------------------------------- a=2*v*w/(v+w); % Sommets ABC du triangle b=2*w*u/(w+u); c=2*u*v/(u+v); aB=2*vB*wB/(vB+wB); % Conjugués bB=2*wB*uB/(wB+uB); cB=2*uB*vB/(uB+vB); %----------------------------------------------------------------------- % Centre O et rayon R du rayon du cercle circonscrit (Gamma) % au triangle ABC o=2*s1*s3/(s1*s2-s3); oB=2*s1B*s3B/(s1B*s2B-s3B); R=2/(1-s1*s1B); %----------------------------------------------------------------------- % Points M et N où (BI) et (CI) recoupent le cercle circonscrit m=2*s3/(v^2+s2); n=2*s3/(w^2+s2); mB=2*s3B/(vB^2+s2B); nB=2*s3B/(wB^2+s2B); % Un point D variable du cercle circonscrit syms t tB=1/t; d=o+R*t; dB=oB+R*tB; % Points d'intersection E et F de (AD) avec (BI) et (CI) [pad qad rad]=DroiteDeuxPoints(a,d,aB,dB); % Droite (AD) [e eB]=IntersectionDeuxDroites(pad,qad,rad,1,-w*u,0); [f fB]=IntersectionDeuxDroites(pad,qad,rad,1,-u*v,0); e=Factor(e); f=Factor(f); % On trouve: e = 2*u^3*v*(t-u)/((u^2+v^2)*(-u^2+t*v)); f = 2*u^3*w*(t-u)/((u^2+w^2)*(-u^2+t*w)); % Points d'intersection P et Q de (DM) avec (CI) et (DN) avec (BI) [pdm qdm rdm]=DroiteDeuxPoints(d,m,dB,mB); [pdn qdn rdn]=DroiteDeuxPoints(d,n,dB,nB); [p pB]=IntersectionDeuxDroites(pdm,qdm,rdm,1,-u*v,0); [q qB]=IntersectionDeuxDroites(pdn,qdn,rdn,1,-w*u,0); p=Factor(p); q=Factor(q); % On trouve: p=2*u*v*(u^3+t*v^2)/((u^2+v^2)*(t+u)*(u+v)); q=2*u*w*(u^3+t*w^2)/((u^2+w^2)*(t+u)*(u+w)); %----------------------------------------------------------------------- % D, I, P, Q sont cocycliques BiDIPQ=Birapport(d,0,p,q); BiDIPQB=Birapport(dB,0,pB,qB); NulDIPQ=Factor(BiDIPQ-BiDIPQB) % Égal à 0 donc c'est gagné %----------------------------------------------------------------------- % Les droites (CE) et (BF) se coupent en un point G du cercle DIPQ [pce qce rce]=DroiteDeuxPoints(c,e,cB,eB); [pbf qbf rbf]=DroiteDeuxPoints(b,f,bB,fB); [g gB]=IntersectionDeuxDroites(pce,qce,rce,pbf,qbf,rbf); g=Factor(g); % On trouve: g=-2*u*v*(t-u)/(u^2+u*v+v^2-t*v); % G est sur le cercle IPQ BiIPQG=Birapport(0,p,q,g); BiIPQGB=Birapport(0,pB,qB,gB); NulIPQG=Factor(BiIPQG-BiIPQGB) % Égal à 0 donc c'est gagné %----------------------------------------------------------------------- %----------------------------------------------------------------------- % Question supplémentaire: quel est le lieu du centre de ce cercle ? % Centre du cercle DIPQG [om omB]=CercleTroisPoints(0,p,q,0,pB,qB); om=Factor(om); % On trouve: om = 2*u^3*v*(u^2+u*v+v^2-t*v)/((u^2+v^2)*(t+u)*(u+v)^2); % Lieu de om syms z zB pol=coeffs(numden(Factor(z-om)),t); polB=coeffs(numden(Factor(zB-omB)),t); F=-2*u*v*(u^2 + v^2)*(u + v)^2; Eq=Factor(Resultant(pol,polB)/F); Eq=collect(Eq,[z zB]) % On trouve: Eq=(u+v)^2*z + u^2*(u+v)^2*zB - 2*u^2*v; % Droite parallèle à (BC)
Cordialement,
Rescassol -
Bonsoir Jelobreuil et Rescassol;
Merci pour vos contributions.
Amicalement -
Bonjour,
(1) an outline of my proof
1. le quadrilatère AMIN est un parallélogramme (résultat connu)
2. A* l'antipôle de A par rappor tau cercle circonscrit de ABC
3. A, I et A* sont alignés (ABC étant A-isocèle)
4. théorème de Reim : DA*IP et DA*IQ sont cycliques
ans we are done.
Sincèrement
Jean-Louis -
oops...
-
Bonjour,
Le même en barycentriques:% Bouzar - 28 Octobre 2021 - Un problème italien % Bouzarisation du problème clc, clear all, close all syms a b c real % Longueurs des côtés du triangle ABC c=b; % ABC est isocèle en A Sa=(b^2+c^2-a^2)/2; Sb=(c^2+a^2-b^2)/2; Sc=(a^2+b^2-c^2)/2; %----------------------------------------------------------------------- A=[1; 0; 0]; % Sommets du triangle ABC B=[0; 1; 0]; C=[0; 0; 1]; BC=[1, 0, 0]; % Côtés du triangle ABC CA=[0, 1, 0]; AB=[0, 0, 1]; %----------------------------------------------------------------------- % Centre du cercle inscrit I = [a; b; c]; % Centre du cercle circonscrit O = PgcdBary([a^2*Sa; b^2*Sb; c^2*Sc]); % Le cercle circonscrit a pour équation: % a^2*y*z + b^2*z*x + c^2*x*y = 0 % ou encore sum(K./[x; y; z])=0, K étant le point de Lemoine: K=[a^2;b^2;c^2]; %----------------------------------------------------------------------- % Points M et N où (BI) et (CI) recoupent le cercle circonscrit syms ym zn real BI=Wedge(B,I); % [b, 0, -a] --> b*x-a*z=0 CI=Wedge(C,I); % [-b, a, 0] --> -b*x+a*y=0 M=[a; ym; b]; N=[a; b; zn]; NulM=Factor(sum(K./M)) NulN=Factor(sum(K./N)) % On trouve b^2 + ym*b + a*ym = 0 donc ym = -b^2/(a+b) % Et b^2 + zn*b + a*zn = 0 donc zn = -b^2/(a+b) % M=[a; -b^2/(a+b); b] % N=[a; b; -b^2/(a+b)] M=[a*(a+b); -b^2; b*(a+b)]; N=[a*(a+b); b*(a+b); -b^2]; %----------------------------------------------------------------------- % Un point D variable du cercle circonscrit syms u real D=[-a^2*u*(1+u); -b^2*(1+u); c^2*u]; % Points d'intersection E et F de (AD) avec (BI) et (CI) AD=Wedge(A,D); E=PgcdBary(Wedge(AD,BI)); F=PgcdBary(Wedge(AD,CI)); % On trouve: E=[a*u;-b*(u+1); b*u]; F=[a*(u+1); b*(u+1); -b*u]; % Points d'intersection P et Q de (DM) avec (CI) et (DN) avec (BI) DM=Wedge(D,M); DN=Wedge(D,N); P=PgcdBary(Wedge(DM,CI)); Q=PgcdBary(Wedge(DN,BI)); % On trouve: P=[-a*(u+1); -b*(u+1); (a+b)*u-b]; Q=[a*u; -(a+b)*(u+1)-b; b*u]; %----------------------------------------------------------------------- % D, I, P, Q sont cocycliques NulDIPQ = Cocycliques(D,I,P,Q,a,b,c) % Égal à 0 donc c'est gagné %----------------------------------------------------------------------- % Les droites (CE) et (BF) se coupent en un point G du cercle DIPQ CE=Wedge(C,E); BF=Wedge(B,F); G=PgcdBary(Wedge(CE,BF)); % On trouve: G=[-a*u*(u+1); b*(u+1)^2; b*u^2]; % G est sur le cercle IPQ NulIPQG = Cocycliques(I,P,Q,G,a,b,c) % Égal à 0 donc c'est gagné
Cordialement,
Rescassol -
Bonsoir et un grand merci pour vos contributions.
Amicalement -
Bonsoir,
finalement, j'ai trouvé une preuve de cette deuxième question pour laquelle la première n'est pas nécessaire...
Je passe à la rédaction...
Sincèrement
Jean-Louis -
Boujour Bouzar
En ce qui concerne la première question; l'hypothèse $AB=AC$ est inutile et il suffit de supposer que $D\in \Gamma $.
Amicalement. Poulbot -
-
-
Je suis arrivé ici n'importe comment.
Quelqu'un pourrait-il me guider sur un
mode d emploi moins hasardeux ?
Merci -
Bonjour,
http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/Docs/38. 1. Cercles passant par I.pdf Problem 7
Sincèrement
Jean-Louis
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Bonjour!
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