Triangles podaires de points isogonaux

jelobreuil
Modifié (24 Mar) dans Géométrie
Bonjour à tous
Je vous propose cette configuration : dans un triangle $ABC$, deux points conjugués isogonaux $P$ et $R$ et les droites portant les côtés de leurs triangles podaires.
Parmi les neuf points d'intersection de ces six droites, il y en a trois paires qui sont alignées chacune avec un sommet du triangle de référence, et ces trois céviennes sont concourantes. Pourquoi ?
Dans le cas particulier du couple orthocentre-centre du cercle circonscrit, où les triangles podaires sont le triangle médial et le triangle orthique (dessinés sur ma deuxième figures à l'aide du cercle des neuf points), lesdites céviennes sont les symédianes, et bien entendu, le point de concours est le point de Lemoine. En outre, les trois derniers points d'intersection forment un triangle particulier en perspective avec le triangle de référence, le perspecteur étant confondu avec un sommet situé sur un côté du triangle médial et le côté opposé à ce sommet passant par le sommet correspondant du triangle de référence. Curieux, n'est-ce pas ?
Bien amicalement, JLB

Réponses

  • jelobreuil
    Modifié (24 Mar)
    Re-bonjour
    En reprenant ma figure pour voir si les trois derniers points d'intersection avaient une quelconque propriété, je constate que l'on peut tracer un triplet de droites parallèles passant chacune par l'un de ces trois points et l'un des sommets du triangle de référence, mais qu'il n'y a pas de point de concours équivalent au perspecteur ...

    Il en est d'ailleurs de même dans le cas particulier du couple $(H, O)$ :

  • pldx1
    Modifié (25 Mar)
    Bonjour,  $\def\Sa{S_{a}} \def\Sb{S_{b}} \def\Sc{S_{c}} \def\linf{\mathcal{L}_{\infty}} \def\etc{,\:\mathrm{etc}}$

    Version latine: hexa=6, gramme=points, mystique=sur un cercle.

    Je propose les notations suivantes. $P_{a}P_{b}P_{c}$ pour les pieds de $P$ et $Q_{a},Q_{b},Q_{c}$ pour les pieds de $Q$. Lorsque $P,Q$ sont conjugués isogonaux, les six pieds sont cocycliques. C'est la propriété "cyclopedal".  Attention à la collision FR-pédal $\neq$ US-pedal. Il est recommandable d'utiliser podaire et cévian. Pour les côtés des triangles podaires, je propose $pa$ pour la droite $P_{b}P_{c}$ et circ., ainsi que $qa$ pour la droite $Q_{b}Q_{c}$ etc circ. Pour les 9 intersections, je propose $D_{xy}$ pour $px\cap qy$. Un peu de calcul permet de vérifier que
    1. $A,D_{bc},D_{cb}$ sont alignés sur une droite $L_{a}$
    2. Les droites $L_{a}L_{b}L_{c}$ concourent au point $U\simeq$ \[ \dfrac{b^{2}r^{2}+c^{2}q^{2}+2qr\Sa}{\left(c^{2}q+r\Sa\right)\left(b^{2}r+q\Sa\right)}:\dfrac{a^{2}r^{2}+c^{2}p^{2}+2rp\Sb}{\left(a^{2}r+p\Sb\right)\left(c^{2}p+r\Sb\right)}:\dfrac{a^{2}q^{2}+b^{2}p^{2}+2pq\Sc}{\left(b^{2}p+q\Sc\right)\left(a^{2}q+p\Sc\right)} \]
    3. Le triangle $D_{aa}D_{bb}D_{cc}$ est en perspective avec $ABC$, le perspecteur étant: \[ V\simeq\left[\begin{array}{ccc} -a^{2} & \mathit{\Sc} & \mathit{\Sb}\\ \mathit{\Sc} & -b^{2} & \mathit{\Sa}\\ \mathit{\Sb} & \mathit{\Sa} & -c^{2} \end{array}\right]\cdot\left(\begin{array}{c} p\left(b^{2}r^{2}-c^{2}q^{2}\right)\\ q\left(c^{2}p^{2}-a^{2}r^{2}\right)\\ r\left(a^{2}q^{2}-b^{2}p^{2}\right) \end{array}\right)\in\linf \] On s'assied, on prend un café et l'on voit que les droites $AD_{aa}\etc$ sont orthogonales à $PQ$.
    4. Si l'on part de six points sur un cercle, décrits par les turns $\alpha\beta\gamma,\rho\sigma\tau$ la condition de compatibilité, permettant que les perpendiculaires issues de $P_a,P_b,P_c $ soient concourantes,  est \[ \left(\tau\gamma-\sigma\rho\right)\left(\alpha-\beta\right)+\left(\rho\alpha-\sigma\tau\right)\left(\beta-\gamma\right)+\left(\sigma\beta-\rho\tau\right)\left(\gamma-\alpha\right)=0 \]Le reste, c'est Pascal. 
    5. On écrit que le triangle $D_{aa}D_{bb}D_{cc}$ est circonscrit au triangle $ABC.$et on prend le gcd des polynômes de liaison. On trouve une condition du troisième degré. On a déjà écrit une procédure identkub. Il en résulte \[ \left[\mathit{pkcub},\left[\begin{array}{c} a^{2}\\ b^{2}\\ c^{2} \end{array}\right],\left[\begin{array}{c} -3a^{4}+2a^{2}b^{2}+2a^{2}c^{2}+b^{4}-2b^{2}c^{2}+c^{4}\\ a^{4}+2a^{2}b^{2}-2a^{2}c^{2}-3b^{4}+2b^{2}c^{2}+c^{4}\\ a^{4}-2a^{2}b^{2}+2a^{2}c^{2}+b^{4}+2b^{2}c^{2}-3c^{4} \end{array}\right]\right] \] i.e. la cubique $K\left(\#1,20\right)$. Un coup d'oeil au site de Gibert et le verdict tombe. Il s'agit de K004, la cubique de Darboux, lieu des points dont le triangle pedal est aussi le triangle cévien d'un autre point. C'est le moment de s'écrier: "bon sang, mais c'est bien sûr" !



    Cordialement, Pierre.
  • Bonjour,

    Pldx1, qui aime les mots et (sans doute) le formalisme qui "pense à notre place", donne la solution de tous les problèmes avec une dextérité époustouflante. Et en utilisant un formalisme qui lui est personnel.

    Lorsqu'il s'écrie : "bon sang, mais c'est bien sûr !", on peut penser évidemment au commissaire Bourrel, mais il est difficile aussi de se défendre de penser à Poincaré qui écrivait : « Nous ne pouvons pas nous contenter de formules simplement juxtaposées et qui ne s’accorderaient que par un hasard heureux ; il faut que ces formules arrivent pour ainsi dire à se pénétrer mutuellement. L’esprit ne sera satisfait que quand il croira apercevoir la raison de cet accord, au point d’avoir l’illusion qu’il aurait pu le prévoir. »

    La différence, cette approche qui recherche "l’illusion qu'on aurait pu prévoir" une propriété, tient peut-être dans la démarche dite "de synthèse" complétant celle "de l'analyse", et ici les questions soulevées par jlb peuvent être résolues de manière "synthétique". C'est-à-dire qu'en l'occurence on peut faire appel à un formalisme "à la Jean Louis Ayme" pour "penser à notre place"...

    Tout tient en effet dans le fait que les "six pieds sont cocycliques" (c'est sans doute dans le L & H) et les trois alignements sont alors directement "prévisibles" grâce au théorème de Pascal :

    Cordialement,
    Casagrande
  • En ce qui concerne le cas de l'orthocentre et du centre du cercle circonscrit, pour lequel les trois droites trouvées sont les symédianes, on peut remarquer que, dans ce cas la figure se réduit à :




    où la droite étudiée joint un sommet au point d'intersection d'une droite des milieux (en rouge) et d'un côté (en vert) du triangle pénal de l'orthocentre H.

    Mais (c'est sans doute aussi dans le L & H) la hauteur BH est la bissectrice de l'angle en HB dans le triangle pédal. Dès lors, comme BHb est perpendiculaire à RS, le triangle RSHb est isocèle et, comme KI coupe BHb en son milieu, SBRHb est un losange. Il s'ensuit BS est parallèle à RHb et donc que la droite étudiée AS coupe BB' en son milieu.

    Or les côtés du triangle pédal sont antiparallèles aux côtés du triangle, si bien que la droite AS, coupant les antiparallèles à BC en leur milieu, est bien la symédiane issue de A (voir L & H).

    Cordialement
    Casagrande
  • En ce qui concerne le fait que les trois droites obtenues sont toujours concourantes (et pas seulement dans le cas des symédianes) cela peut aussi être prévu dans le formalisme "synthétique" :





    Nous aurons prouvé que les trois droites (rouge, verte, violette) se coupent en un même point en utilisant le théorème de Desargues entre les deux triangles bleu et rouge si nous prouvons l'alignement des points d'intersection entre côtés homologues...

    Cela s'obtient "presque" à l'aide du théorème de Pascal appliqué à un nouvel ordre des sommets dans notre hexagone inscrit :
     



    A ceci près que nous avons besoin du fait que la droite en pointillés passe aussi par le point où se coupent les côtés concernés par le théorème de Pascal appliqué à notre hexagone...

    Il nous faut donc prouver que ces droites sont concourantes :




    ... ce sera le cas grâce à un nouvel appel au théorème de Desargues appliqué aux triangles violet et rouge, si nous montrons l'alignement indiqué par la droite en pointillés...

    Mais le théorème de Pascal, ici encore, "pense à notre place" :
     



    Cordialement,
    Casagrande


  • Bonjour,

    Je suis d'autant plus d'accord avec:

    Tout tient en effet dans le fait que les "six pieds sont cocycliques" et les trois alignements sont alors directement "prévisibles" grâce au théorème de Pascal.

    que ceci était le point 4 de mon précédent message. 

    Par ailleurs, rien n'empêche de mener en parallèle une preuve par ordinateur et une "intense réflexion" destinée à malaxer nos souvenirs du temps où nous étions en phase Terminale.  Mais il faut bien admettre que les ordinateurs sont de plus en plus rapides, tandis que les souvenirs sont de plus en plus lointains. 

    K004, quelle page ?

    Cordialement, Pierre
  • Vassillia
    Modifié (27 Mar)
    Bonjour, le site a déménagé (vu que pagesperso-orange.fr est fini)
    Par contre, comme de prévisible, la plupart des liens web ne sont pas mis à jour, par exemple, celui sur ETC est mort, et il n'y a pas de redirection. 
    Il faudrait les prévenir, si quelqu'un connait, n'hésitez pas sinon je finirai par chercher qui contacter.
    Edit : le lien sur "cubique du triangle" dans wikipedia aussi est mort mais ça ne devrait pas être trop dur à corriger, faudrait recenser tous les liens morts pour bien faire :(
    PS : Ton site est aussi devenu en accès interdit pldx1 (mais c'est peut être un choix personnel)
    In mémoriam de tous les professeurs assassinés dans l'exercice de leurs fonctions en 2023, n'oublions jamais les noms de Agnes-Lassalle et Dominique-Bernard qui n'ont pas donné lieu aux mêmes réactions sur ce forum (et merci à GaBuZoMeu)
  • jelobreuil
    Modifié (27 Mar)
    Bonsoir @Vassillia,
    Voici le lien pour la page d'accueil du site de Bernard Gibert : http://bernard-gibert.fr/
    Je peux contacter Bernard, mais je pense qu'il sait déjà tout ça, c'est son site ...
    Bien cordialement, JLB 
  • jelobreuil
    Modifié (27 Mar)
    Merci Pierre @pldx1 et merci @Casagrande pour ces explications très détaillées et ces remises dans le bon cadre de l'hexagramme de Pascal, qui explique, sinon tout, du moins pas mal de choses ! 
    Bon, c'est pas tout, ça, maintenant il va me falloir ingurgiter ...
    Merci encore, bien cordialement, JLB
  • Merci à Vassillia de m'avoir éclairé dans sa réponse à propos de KOO4... les cubiques ne sont effectivement pas trop ma tasse de thé...

    Cela dit, la réaction de pldx1 est intéressante : "rien n'empêche de malaxer des souvenirs de phase terminale... même si les ordinateurs sont plus de plus en plus rapides..."

    Autant dire : "rien n'empêche de se balader en forêt à pied, même si les "motos vertes" sont de plus en plus performantes..."

    Et si ce n'était qu'une question de plaisir ? Y aurait-il d'autres raisons importantes de randonner sur ce forum ?

    Cordialement,
    Casagrande
  • gipsyc
    Modifié (29 Mar)
    Bonjour
    Je prends le train en marche.
    Dans le problème initial en début de discussion, la concourance en trois points colinéaires est une propriété commune à tous les hexagones inscriptibles, hexagone ici constitué des deux triangles podaires.

    Ces deux triangles sont définis par une paire de points conjugués isogonaux et sont donc sur un même cercle appelé cercle de Mathieu. Leurs 6 points constituent donc bien un hexagone inscriptible.
    Cet hexagone convexe inscrit n'est qu'une des forme de l'hexagramme mystique abcdef de Pascal donné plus haut par Casagrande 

    dans lequel malgré les apparences il ne s'agit pas d'un hexagone mais d'un hexagramme à six branches ... voire dans sa forme la plus « étirée » deux droites ace et dfb réalisant le théorème de Pappus.
    Mais la propriété générale reste la même quelque soit la permutation des sommets de l'hexagone sur le cercle et même  la conique : les 3 paires de côtés opposés sont concourantes en 3 points colinéaires, qu'il s'agisse d'un hexagone convexe ou d'un hexagramme classique ou de tout autre hexagone, pour peu que les 6 points soient cocycliques ou sur une même conique.
    Si l'on considère les 60 permutations possibles de points,
    60 triplets différents de points colinéaires sont possibles avec au départ 6 points cocycliques ou sur une même conique.

    Exemple avec 6 points sur une hyperbole, repris de Wikipedia.

    Cordialement,
    Jean-Pol Coulon 
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