Cercles sécants et Bottema
Bonjour
Voici un petit problème tout simple que m'a inspiré une autre question que j'ai posée à propos du point de Bottema sur différents groupes Facebook.
• PROBLÈME 1 : Le problème proposé ici

• PROBLÈME 2 : La question sur le point de Bottema

• La propriété (reprise dans le problème 2) qui m'a inspiré pour créer la première question.
B, Q, Ω et C sont également cocycliques.

On y retrouve les deux cercles sécants de la première question, leur diamètre perpendiculaire au rayon tiré d'un point d'intersection (Q), les deux droites sécantes congruentes et perpendiculaires par Q.
Cordialement,
Jean-Pol Coulon
Voici un petit problème tout simple que m'a inspiré une autre question que j'ai posée à propos du point de Bottema sur différents groupes Facebook.
• PROBLÈME 1 : Le problème proposé ici

• PROBLÈME 2 : La question sur le point de Bottema

• La propriété (reprise dans le problème 2) qui m'a inspiré pour créer la première question.
B, Q, Ω et C sont également cocycliques.

On y retrouve les deux cercles sécants de la première question, leur diamètre perpendiculaire au rayon tiré d'un point d'intersection (Q), les deux droites sécantes congruentes et perpendiculaires par Q.
Cordialement,
Jean-Pol Coulon
Réponses
-
Bonjour,
je réponds indirectement à ta question...
http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/vol5.html
puis la figure de Vecten
à la page 44...(la hauteur de ABC est la médiane de AA1A2) puis à la page 72...pour le point de Bottema...
Ton premier résulte est très intéressant.
Sincèrement
Jean-Louis
-
Bonjour JL Ayme
Merci pour les commentaires donnés précédemment.
Le premier résultat est en quelque sorte une généralisation toute simple (un peu comme Reim) d'une propriété liée au point de Bottema, par congruence des triangles APC et BPD.
Notons que Q n'est pas le point de Vecten.
PROBLÈME 3
Ci-dessous un autre problème (avec les mêmes lettres) que j'ai publié sur cette question, faisant intervenir Pappus et Jacobi ... ou Jacobi uniquement (en rajoutant un carré sur MN et/ou en-dessous de BC).
Pappus
L'axe radical AQ
Jacobi (schéma d'Ichung Chen)
Le texte d'Ichung Chen résolvant le problème 3
Jacobi :- AO1B, AO2C, BO3C: P on AO3
- AMB, ANC, BO3C: Q on AO3
- AMO1, ANO2, MO4N: R on AO4
Van Aubel :
- AO3 and AO4 are both perpendicular (and equal) to O1O2
O4,R,A,Q,P,O3 are collinear
BN⊥CM, AQCFN, AQBEM, QMO4N, QBO3C are concylic
Jean-Pol Coulon -
Bonjour;
une autre voie pour le premier problème
1. introduire le P-cercle de Morley relatif aux deux cercles sécants
2. considérer le théorème des trois cercles concurrents de Miquel
3. pour l'égalité des deux segments, nous observons deux triangles isocèles ayant mêmes angles aux sommets...
Sincèrement
Jean-Louis
-
Bonjour JL Ayme,
Dans le premier exercice, j'ai rajouté
AC ⊥︎ BD
Ce qui donne un lemme intéressant:
Deux sécantes (moniennes) par le même point d'intersection de deux cercles sécants recoupent chacun des deux cercles aux extrémités d'un même diamètre de chacun des deux cercle ssi elles sont perpendiculaires et de même longueur. Ces diamètres sont uniques dans chacun des cercles pour un point d'intersection donné : ils sont perpendiculaires à leur rayon tiré de l'autre point d'intersection avec l'autre cercle. -
Rebonjour,
tes premières hypothèses permettent de démontrer cette perpendicularité...
Sincèrement
Jean-Louis
-
Oui ... le dire me semble mieux (d'autant que cette situation est retrouvée avec le point de Bottema et le point Q).
-
Pour le deuxième problème donné dès le départ (et dans la lancée le troisième également), autrement dit
PROBLÈME 2 : la question sur le point de Bottema,
un beau raisonnement donné par Ichung Chen, récapitulant de nombreuses propriétés liées à cette construction géométrique.
N is the midpoint of A1A2,
M is the midpoint of BC,rotate △ABC 90° to △AB'E
AN//B'E
B'E⊥BC
⇒
AN ⊥BC
AN = EB'/2 = BC/2 (Thales)
AM⊥A1A2ANΩM is a parallelogramNΩ = AM = A1A2/2
∠A1QA2 = 90° = ∠A1QA2
A1,Q,Ω,A2 are concyclic with center NΩM = AN = BC/2
∠BQC = 90° = ∠BΩC
B,Q,Ω,C are concyclic with center MΩM = BC/2, therefore Ω is independent to A
construct B1F⊥BC and C2G⊥BC
B1F = BE
C2G = EC
FB = EA = GC
M is the midpoint of FG
ΩM = BC/2 = (B1F+C2G)/2
Ω is the midpoint of B1C2A,Q,C,C2,A2 are cyclic
∠A2QC2 = ∠A2AC2 = 45°
similarly ∠A1QB1 = 45°
then B1,Q,C2 are collinear
i.e. B1,Q,Ω,C2 are collinear -
Bonjour, j'arrive un peu après vous, pour la figure posté en premier, je rejoins une disons identique, en négligeant les deux cercles on part de $O_1E=a$, $EO_2=b$ $a\ge 1$, $b\ge 1$ ($E\in [O_1O_2]$) et $EP=EQ=1$, comme $O_1P=O_1Q=O_1B=\sqrt{a^2+1}$ et $O_2P=O_2Q=O_2C=\sqrt{b^2+1}$, une chasse angulaire avec ces triangles isocèles montre que $\widehat{BQC}=270^°$. Puis un calcul avec Pythagore généralisé donne $QC=\sqrt{2}|b-1|$, $BQ=\sqrt{2}|a-1|$. Pythagore dans les triangles rectangles donne aussi $AQ=\sqrt{2}(a+1)$ et $DQ=\sqrt{2}(b+1)$. Donc en général ($a,b$ abscisses réels) l'identité est $$ |AQ\pm QC|=|BQ\pm DQ|.$$
Merci pour les problèmes mais ça risque un embouteillage dans les questions, (si on les comptes 5-6 problèmes ! etc
Cordialement. -
Bonjour Tonm,
Merci pour l'intérêt porté à ma question et la solution algébrique proposée.
J'ai tenu compte de la remarque : j'ai numéroté les problèmes qui ne sont finalement qu'au nombre de 3, les autres schémas n'étant que l'illustration de l'une ou l'autre approche.
Cordialement,
Jean-Pol Coulon -
Bonjour JL Ayme
Concernant le problème 1 de départ et l'approche P-Morley + Miquel proposée,
je ne vois pas comment utiliser Miquel (quel triangle et quels points, théorème des 5 cercles ?).
Jean-Pol Coulon -
Bonjour,
rapidement EB coupe cercle rouge en X, FX coupe cercle noir en D*, d'où B, Q et D* sont alignés.
DµO2 coupe cercle noir en C*.
Il reste à montrer que PO2 est perpendiculaire à C*D*...d'où C*D*= CD...
Excuses pour ce squelette de preuve...
Sincèrement
Jean-Louis
-
Merci JL Ayme
Ci-dessus toujours le même problème 1, dans le cas de cercles orthogonaux
O₁︎P ⊥︎ O₂︎P (cercles orthogonaux) -
Bonjour
La même situation (problème 1) construite autrement, avec le cercle centré par l'intersection E de l'axe radial des deux cercles sécants et de rayon EP ou EQ (P et Q intersection des deux cercles sécants).
L'intersection de ce nouveau cercle avec l'axe O₁︎O₂︎ reliant le centre des deux cercles sécants donne les points U et V.
Les droites [passant] par P ou Q et U ou V redonnent les mêmes sécantes que dans le problème 1, toutes de même longueur, et déterminant les mêmes diamètres.
Cordialement,
Jean-Pol Coulon -
Bonjour,
en considérant que le problème 1, la question concernant l'orthogonalité se démontre comme je l'ai indiqué très sommairement...
Cependant pour AC = BD cela est plus difficile mais on y arrive synthétiquement...
Sincèrement
Jean-Louis
-
Bonjour JL Ayme,
La méthode suivie par Ichung Chen a beaucoup d'aspects synthétiques.
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Bonjour!
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