Cercle inscrit et division harmonique
Réponses
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Si le triangle est isocèle de sommet principal $C$, c'est évident (que $D$ est le milieu de $[AB]$).
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Bonjour,
La droite \((CD)\) est la polaire du point \(M\) par rapport aux droites \((CA)\) et \((CB)\) puisque le point d'intersection des droites \((BF)\) et \((AE)\) appartient à :la droite \((CD)\)
Edit : le résultat vaut dès que le triagle \(DEF\) est un triangle pédal (ici du point de Gergonne). -
Merci pour cette réponse que j'ai un peu de mal à suivre .
Je vois bien que D est sur la polaire de M par rapport au cercle inscrit mais je n'arrive pas à voir pourquoi cette polaire passe par C .
Cordialement -
Je ne parle pas de la polaire par rapport au cercle inscrit, mais de la polaire par rapport aux droites \((CA)\) et \((CB)\) (une conique dégénérée en fait).
Sinon : la polaire de \(C\) par rapport au cercle inscrit est \((EF)\);m \(M\) appartient à la polaire de \(C\), donc \(C\) appartient à la polaire de \(M\).
On peut aussi user :
— du théorème de Céva : \(\dfrac{\overline{DA}}{\overline{DB}} \cdot \dfrac{\overline{EB}}{\overline{EC}} \cdot \dfrac{\overline{FC}}{\overline{FA}} = -1\) car \(AD=AF\), \(BD=BE\), CE=CF\).
— du théorème de Ménélaüs : \(\dfrac{\overline{MA}}{\overline{MB}} \cdot \dfrac{\overline{EB}}{\overline{EC}} \cdot \dfrac{\overline{FC}}{\overline{FA}} = +1\).
Par suite : \(\dfrac{\overline{MA}}{\overline{MB}} :\dfrac{\overline{DA}}{\overline{DB}} = -1\) et la division est harmonique -
Merci pour tous ces détails et surtout pour la patience prodiguée . Je pense avoir enfin compris pourquoi on avait cette division harmonique qui peut servir dans pas mal d'autres démonstrations .
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C'est un problème projectif, on peut remplacer le cercle par une conique.
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Merci pour ces généralisations même si elles me dépassent un peu .
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Bonjour pldx
J’en profite pour vous demanderai ce que vous appelez LE TRIANGLE ANTI CEVIEN de P... -
Bonjour,
Avec Morley inscrit:% fm_31 - 12/02/2020 - Cercle inscrit et division harmonique clc, clear all, close all; % On part du triangle de contact UVW syms u v w; syms uB vB wB; % Conjugués uB=1/u; % Morley's trick avec le cercle inscrit vB=1/v; wB=1/w; %----------------------------------------------------------------------- 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); %----------------------------------------------------------------------- [pab qab rab]=DroiteDeuxPoints(a,b,aB,bB); [m mB]=IntersectionDeuxDroites(1,u*v,-u-v,pab,qab,rab); m=Factor(m) % On trouve m = w*(w*(u+v)-2*u*v)/(u*v-w^2) Bi=Birapport(a,b,w,m); Bi=Factor(Bi) % On trouve Bi=-1, donc c'est gagné
Cordialement,
Rescassol -
Bonjour,
Amateur, le triangle $A'B'C'$ est le triangle anticévien de $P$ par rapport au triangle $ABC$ si le triangle $ABC$ est le triangle cévien de $P$ par rapport au triangle $A'B'C'$.
Cordialement,
Rescassol -
Bonjour,
pour la demande initiale
http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/Docs/Diagonales quadrilatere complet.pdf
Sincèrement
Jean-Louis
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Bonjour!
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