Cercle orthogonal à deux cercles de Mention
Bonjour
Je propose ci-dessous la généralisation par Starick Yakoff d'un problème que j'avais soumis sur RG13646
(mon problème : dans un triangle, le cercle A-mixtilinéaire est orthogonal aux deux cercles de Mention opposés).
Soient
- un triangle ABC quelconque
- son centre inscrit I
- les cercles de B-Mention (AIC) et de C-Mention (AIB) de centre resp. Ib et Ic
- son cercle circonscrit (ABC)
- un point K quelconque sur ce cercle, sur l'arc BC opposé à A
- KIb ∩ AC = E
- KIc ∩ AB = F
- le cercle (KEF)

Montrez que
- le centre de ce cercle (KEF) est sur la A-bissectrice AI
- ce cercle (KEF) est orthogonal aux deux cercles de Mention.
Note
Le cas particulier que j'avais publié

Cordialement,
Jean-Pol Coulon
Je propose ci-dessous la généralisation par Starick Yakoff d'un problème que j'avais soumis sur RG13646
(mon problème : dans un triangle, le cercle A-mixtilinéaire est orthogonal aux deux cercles de Mention opposés).
Soient
- un triangle ABC quelconque
- son centre inscrit I
- les cercles de B-Mention (AIC) et de C-Mention (AIB) de centre resp. Ib et Ic
- son cercle circonscrit (ABC)
- un point K quelconque sur ce cercle, sur l'arc BC opposé à A
- KIb ∩ AC = E
- KIc ∩ AB = F
- le cercle (KEF)

Montrez que
- le centre de ce cercle (KEF) est sur la A-bissectrice AI
- ce cercle (KEF) est orthogonal aux deux cercles de Mention.
Note
Le cas particulier que j'avais publié

Cordialement,
Jean-Pol Coulon
Réponses
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Bonjour,
Avec Morley inscrit;% Gipsyc - 11 Novembre 2023 - Cercle orthogonal à deux cercles de Mention. % Soient % - un triangle ABC quelconque % - son centre inscrit I % - les cercles de B-Mention (AIC) et de C-Mention (AIB) de centre resp. Ib et Ic % - son cercle circonscrit (ABC) % - un point K quelconque sur ce cercle, sur l'arc BC opposé à A % - E le point d'intersection des droites (KIb) et (AC) % - F le point d'intersection des droites (KIc) et (AB) % - le cercle (KEF) % Montrez que % - le centre de ce cercle (KEF) est sur la A-bissectrice AI % - ce cercle (KEF) est orthogonal aux deux cercles de Mention. %----------------------------------------------------------------------- clc, clear all, close all % On part du triangle de contact UVW du cercle nscrit syms u v w uB=1/u; % Morley's trick avec le cercle inscrit vB=1/v; % Le suffixe B veut dire conjugué wB=1/w; 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 de a,b,c bB=2*wB*uB/(wB+uB); cB=2*uB*vB/(uB+vB); %----------------------------------------------------------------------- syms t [ib ibB Rb2]=CercleTroisPoints(a,0,c,aB,0,cB); % Cercle AIC % On trouve ib=2*s3/((u+v)*(v+w)) et Rb2=4*s3*v/((u+v)^2*(v+w)^2) [ic icB Rc2]=CercleTroisPoints(a,0,b,aB,0,bB); % Cercle AIB % On trouve ic=2*s3/((u+w)*(v+w)) et Rc2=4*s3*w/((u+w)^2*(v+w)^2) tB=1/t; % Un vecteur unitaire o=2*s1*s3/(s1*s2-s3); oB=2*s1B*s3B/(s1B*s2B-s3B); R=2/(1-s1*s1B); k=o+R*t; kB=oB+R*tB; % Un point K du cercle circonscrit [pkib qkib rkib]=DroiteDeuxPoints(k,ib,kB,ibB); % Droite (KIb) [pkic qkic rkic]=DroiteDeuxPoints(k,ic,kB,icB); % Droite (KIc) [e eB]=IntersectionDeuxDroites(pkib,qkib,rkib,1,v^2,-2*v); % Point E % On trouve e=2*v*(s2*t-s3)/((u+v)*(v+w)*(t-v)) [f fB]=IntersectionDeuxDroites(pkic,qkic,rkic,1,w^2,-2*w); % Point F % On trouve f=2*w*(s2*t-s3)/((u+w)*(v+w)*(t-w)) [j jB r2]=CercleTroisPoints(k,e,f,kB,eB,fB); % Cercle KEF % On trouve j=2*v*w*(s2*t-s3)*(t-s1)/((u+v)*(v+w)*(w+u)*(t-v)*(t-w)) et % r2=4*v*w*(t*u+v*w)^2*(s2*t-s3)*(s1-t)/((u+v)^2*(v+w)^2*(w+u)^2*(t-v)^2*(t-w)^2) Nul1=Factor(j*aB-jB*a) % Nul1=0 donc J est sur la bissectrice (AI) Db2=Factor((j-ib)*(jB-ibB)); % JIb^2 Dc2=Factor((j-ic)*(jB-icB)); % JIc^2 % un coup de Pythagore: Nul2=Factor(r2+Rb2-Db2) % Nul2=0 donc KEF est orthogonal à AIC Nul3=Factor(r2+Rc2-Dc2) % Nul3=0 donc KEF est orthogonal à AIB
Cordialement,Rescassol
-
Bonjour
En bonus purement synthétique proposé par Starick Yakoff,
montrez que les points F, I et E sont colinéaires.
Jean-Pol Coulon -
Bonjour,
pour le précédent résultat, (EIF) est une pascalienne....
Sincèrement
Jean-Louis
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Bonjour,
Il suffit de rajouter:NulFIE=Factor(e*fB-f*eB) % 0 donc F, I, E sont alignés
Cordialement,
Rescassol
Edit: Accessoirement, la droite $(EF)$ a pour équation $(s_1-t)z+(s_2t-s_3)\overline{z}=0$. -
Bonjour,
(AEK) est orthogonal à (Ib) ; en conséquence, (FEK) est orthogonal à (Ib).
Mutatis mutandis, (EFK ) est orthogonal à (Ic)
and we are done...
Il reste à montrer que (AI) passe par le centre de (EFK).
Sincèrement
Jean-Louis
-
Bonjour JL Ayme,
Merci pour la pascalienne ... la réponse attendue.
Jean-Pol Coulon -
Bonjour JL Ayme
La ligne AI passe par le centre du cercle (KFE) car AI est l'axe radical des deux cercles (de Mention) auxquels (KFE) est orthogonal (réciproque d'un lemme de Gaultier).
Je n'ai par contre pas compris pourquoi le cercle (AEK) était orthogonal au cercle (Ib) ... (je pense à la division harmonique en E et K d'un diamètre par KIb du cercle (Ib) par le cercle (AEK) et donc le cercle (FEK) ... comment le prouver ?)
Cordialement,
Jean-Pol Coulon
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