Quadrilatère cyclique complet, ligne de Newton, droites isogonales
Bonjour
Un problème que j'ai posté dans RG.
D'abord un lemme préliminaire
Un problème que j'ai posté dans RG.
D'abord un lemme préliminaire
Trois parallèles équidistantes a, m et b
Une sécante AMB
Deux droites isogonales par A par rapport à a et s coupant la parallèle m en C et D
∠ACB = γ et ∠ADB = δ

Montrez que γ + δ = 180°
Une sécante AMB
Deux droites isogonales par A par rapport à a et s coupant la parallèle m en C et D
∠ACB = γ et ∠ADB = δ

Montrez que γ + δ = 180°
Le problème proprement dit.
Un quadrilatère complet cyclique ABCD + EF
AB ∩ CD = E et AD ∩ BC = F
sa droite de Newton MNP coupant
les diagonales internes en leur milieu M et N
la diagonale externe en son milieu P
les côtés AB, CD, AD et BC en Q, R, U, V
le cercle circonscrit (ABCD) en S et T
les segments
EQ, ES, EU, EM, EN, EV, ET et ER
FQ, FS, FU, FM, FN, FV, FT et FR
réalisant
les angles centrés par le point E et
les points de la droite de Newton
[l'on aurait pu prendre F au lieu de E]
les angles centrés par les points de la droite de Newton
et les points E et F
ces angles entre paires de segments contigus similaires
(voir schéma) sont colorés identiquement.

Montrer que
• ces paires d'angles de même couleur et centrés par E sont isogonaux
Exemples = ∠QES = ∠RET, ∠SEU = ∠TEV, ...
• ces paires d'angles de même couleur associés aux paires isogonales et centrés par des points similaires de la droite de Newton sont supplémentaires.
Exemples : ∠EQF + ∠ERF = ∠ESF + ∠ETF = ... = 180°
Un quadrilatère complet cyclique ABCD + EF
AB ∩ CD = E et AD ∩ BC = F
sa droite de Newton MNP coupant
les diagonales internes en leur milieu M et N
la diagonale externe en son milieu P
les côtés AB, CD, AD et BC en Q, R, U, V
le cercle circonscrit (ABCD) en S et T
les segments
EQ, ES, EU, EM, EN, EV, ET et ER
FQ, FS, FU, FM, FN, FV, FT et FR
réalisant
les angles centrés par le point E et
les points de la droite de Newton
[l'on aurait pu prendre F au lieu de E]
les angles centrés par les points de la droite de Newton
et les points E et F
ces angles entre paires de segments contigus similaires
(voir schéma) sont colorés identiquement.

Montrer que
• ces paires d'angles de même couleur et centrés par E sont isogonaux
Exemples = ∠QES = ∠RET, ∠SEU = ∠TEV, ...
• ces paires d'angles de même couleur associés aux paires isogonales et centrés par des points similaires de la droite de Newton sont supplémentaires.
Exemples : ∠EQF + ∠ERF = ∠ESF + ∠ETF = ... = 180°
Notes :
• Rajoutés sur le schéma :
· les bissectrices des sommets E et F,
qui se coupent à angle droit sur la droite de Newton en I
· les parallèles par E et F à la droite de Newton,
qui font la corrélation avec le lemme préalable,
utile pour prouver la deuxième propriété
• Rajoutés sur le schéma :
· les bissectrices des sommets E et F,
qui se coupent à angle droit sur la droite de Newton en I
· les parallèles par E et F à la droite de Newton,
qui font la corrélation avec le lemme préalable,
utile pour prouver la deuxième propriété
Mon souhait est d'apprendre une propriété profonde commune à tous ces points d'intersection de la droite de Newton, expliquant ces propriétés.
Cordialement,
Jean-Pol Coulon
Cordialement,
Jean-Pol Coulon
Réponses
-
Bonne nuit gipsycPour moi un quadrilatère complet, c'est la donnée de quatre droites.La description d'un quadrilatère complet se fait donc par l'énumération inévitable de ces quatre droites.Quant à ce que tu entends par quadrilatère cyclique complet, cela demande un éclaircissement, étant donné qu'un quadrilatère complet a 6 sommets., groupés en 3 paires de sommets opposés.J'entresuperpose que parmi ces 3 paires, il y en a 2 formées de points cocycliques?Ceci dit, j'ai nettement l'impression que ce qui fait marcher la boutique, c'est la défunte géométrie projective plane et son (troisième) théorème de Desargues (Sidler page 72), autrement dit c'est foutu d'avance.Cela vaut-il vraiment la peine de continuer?Toutes tes paires de points sont en involution sur la droite de Newton, les points fixes étant les points $I$ et $J$ correspondant aux bissectrices "intérieures" et "extérieures" en $E$ et $F$ de ton bizarre triangle!AmicalementpappusPSJe pense qu'il vaut mieux parler de quadrangle $(A,B,C,D)$ formé de points cocycliques et non de quadrilatère complet plus ou moins imaginaire!
-
Bonjour, Jean-Pol, Pappus et tous,Concernant le lemme préliminaire, il suffit de voir que, puisqu'en tant que paires d'angles alternes internes, les angles MCA et alpha1 sont égaux, de même que les angles MCB et bêta1, l'angle gamma est égal à la somme des angles alpha1 et bêta1, donc à la somme des angles alpha2 et bêta2, et cette somme étant égale au supplémentaire de l'angle delta, la carotte est cuite !Bien amicalement, JLB
-
Merci pappus,
Merci Jelobreuil,
C'est bien le type de réponse que j'attendais de pappus.
Concernant le premier lemme, encore faut-il prouver que
β₁︎ = β₂︎
(ci-dessous α₁︎ = α₂︎ mais β₁︎ ≠ β₂︎ car les 3 parallèles ne sont pas équidistantes)
Une autre application de ce premier lemme, dans la situation de deux cercles sécants et une tangente externe commune :
En reprenant le schéma donné plus haut :
∠ACB + ∠ADB = 180°
Présenté plus classiquement :
Cordialement,
Jean-Pol -
Bonjour à tous,@gypsic En effet, Jean-Pol, le fait est que j'ai cru lire "deux paires de droites isogonales" ...Mais qu'à cela ne tienne, je te propose la preuve suivante du fait que les angles bêta1 et bêta2 sont égaux si les trois parallèles sont équidistantes (je me réfère à ta première figure et j'appelle $x$ et $y$, respectivement, les extrémités gauches des parallèles $a$ et $b$, et je note les angles avec un "$hat$" devant)) :$hat(ADM) = hat(xAD)$ (alternes internes) $= hat(xAC) + hat(CAD) = hat(CAD) + hat(DAM)$ (par hypothèse) $= hat(CAM)$: les triangles $ADM$ et $CAM$, ayant un angle en commun en $M$ et un autre angle égal, sont donc semblables, et l'on peut écrire l'égalité de rapports $MD/MA = MA/MC$. Or, l'équidistance des trois parallèles entraîne l'égalité $MA = MB$ : on peut donc écrire $MD/MB = MB/MC$, ce qui signifie que les triangles $MDB$ et $MBC$ sont eux aussi semblables et qu'on obtient donc l'égalité $hat(MBD) = hat(MCB) = hat(CBy)$ (alternes internes), cqfd.Bien cordialement, JLB
-
Bonjour.
N'aurait-on pas ...
Cordialement, Pierre.
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Bonjour!
Catégories
- 165.6K Toutes les catégories
- 65 Collège/Lycée
- 22.2K Algèbre
- 37.7K Analyse
- 6.3K Arithmétique
- 61 Catégories et structures
- 1.1K Combinatoire et Graphes
- 13 Sciences des données
- 5.1K Concours et Examens
- 26 CultureMath
- 51 Enseignement à distance
- 2.9K Fondements et Logique
- 10.8K Géométrie
- 86 Géométrie différentielle
- 1.1K Histoire des Mathématiques
- 79 Informatique théorique
- 3.9K LaTeX
- 39K Les-mathématiques
- 3.5K Livres, articles, revues, (...)
- 2.7K Logiciels pour les mathématiques
- 29 Mathématiques et finance
- 344 Mathématiques et Physique
- 5K Mathématiques et Société
- 3.4K Pédagogie, enseignement, orientation
- 10.1K Probabilités, théorie de la mesure
- 805 Shtam
- 4.2K Statistiques
- 3.8K Topologie
- 1.4K Vie du Forum et de ses membres