Une égalité

Rescassol
Modifié (9 Apr) dans Géométrie
Bonjour,

Un problème de M.Bataille vu sur le site de Tauraso:
$ABC$ est un triangle de cercle circonscrit $(O)$ de rayon $R$.
Un cercle $(A)$ de centre $A$ et de rayon $r$ coupe $(O)$ en $U$ et $V$.
$P$ est un des points d'intersection de $(A)$ et de la droite $(AB)$.
$P$ se projette orthogonalement en $Q$ sur $(UV)$.
Montrer que $BP\times r=2R\times PQ$.
J'ai une solution en Morley circonscrit.

Cordialement,
Rescassol

Réponses

  • cailloux
    Modifié (9 Apr)
    Bonjour @Rescassol ,
    Et merci d'animer ce sous forum de géométrie qui a perdu son âme suite à la "disparition"  d'@pappus
    Je pense qu'on ne le reverra plus. Les responsables se reconnaîtront ...
    En attendant, je pense que ton sujet a une solution dite "synthétique" via les inversions. J'y réfléchis.
  • Vassillia
    Modifié (9 Apr)
    Bonjour cailloux, et si tu en profitais pour pratiquer Morley circonscrit ? C'est l’occasion rêvée, j'ai vraiment bruteforcé sans vraiment chercher à simplifier comme cela passe "tout seul" donc il devrait y avoir moyen d'avoir des formules plus jolies.

    On paramétrise les points $A$, $B$ et $C$ avec les turns $a$, $b$ et $c$
    $ A \simeq\left( \begin{array}{c} R a \\ 1 \\ \dfrac{R}{a} \end{array} \right) B \simeq\left( \begin{array}{c} R b \\ 1 \\ \dfrac{R}{b} \end{array} \right) C \simeq\left( \begin{array}{c} R c \\ 1\\ \dfrac{R}{c}\end{array} \right) $

    Le point $M$ appartient au cercle de centre $A$ et de rayon $r$, en le paramétrisant pas un autre turn $t$, ssi
    $ M \simeq\left( \begin{array}{c} R a + r t \\ 1 \\ \dfrac{R}{a} + \dfrac{r}{t}\end{array} \right)$

    Lorsque $M$ appartient aussi au cercle circonscrit à $A$, $B$ et $C$, il doit vérifier $M[0]\times M[2]=R^2$, on résout en cherchant $t$ et on trouve
    $ U \simeq\left( \begin{array}{c} R a - \dfrac{{\left(a r + i \, \sqrt{4 \, R^{2} - r^{2}} a\right)} r}{2 \, R} \\ 1 \\ -\dfrac{2 \, R r}{a r + i \, \sqrt{4 \, R^{2} - r^{2}} a} + \dfrac{R}{a} \end{array} \right) V \simeq\left( \begin{array}{c} R a - \dfrac{{\left(a r - i \, \sqrt{4 \, R^{2} - r^{2}} a\right)} r}{2 \, R} \\ 1 \\ -\dfrac{2 \, R r}{a r - i \, \sqrt{4 \, R^{2} - r^{2}} a} + \dfrac{R}{a} \end{array} \right) $

    Lorsque $M$ appartient aussi à la droite $(AB) \simeq A \wedge B $, il doit vérifier $(AB)\cdot M=0$, on résout en cherchant $t$ et on trouve
    $P_1 \simeq \left( \begin{array}{c} R a - \sqrt{-a b} r \\ 1 \\  -\dfrac{r}{\sqrt{-a b}} + \dfrac{R}{a} \end{array} \right) P_2 \simeq\left( \begin{array}{c}  R a + \sqrt{-a b} r \\ 1 \\  \dfrac{r}{\sqrt{-a b}} + \dfrac{R}{a} \end{array} \right)$

    Maintenant on calcule la droite $(UV) \simeq U \wedge V$ puis son point à l'infini $(UV)_{\infty} \simeq (UV) \wedge [0,1,0]$ et enfin son "orthopoint", c'est à dire le point à l'infini de toutes les droites perpendiculaire à $(UV)$ en multipliant $(UV)_{\infty}$ par  $\left(\begin{array}{rrr} i & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -i \end{array}\right) $
    Il ne reste plus qu'à trouver les droites passant par cet orthopoint et passant par $P$ puis leur intersection avec $(UV)$ et on trouve
    $Q_1 \simeq\left( \begin{array}{c} \dfrac{{\left(R a r + R b r + 2 \, \sqrt{-a b} R^{2} - \sqrt{-a b} r^{2}\right)} a}{2 \, \sqrt{-a b} R} \\ 1 \\ -\dfrac{R a r + R b r - 2 \, \sqrt{-a b} R^{2} + \sqrt{-a b} r^{2}}{2 \, \sqrt{-a b} R a} \end{array} \right) $ $Q_2 \simeq\left( \begin{array}{c} -\dfrac{{\left(R a r + R b r - 2 \, \sqrt{-a b} R^{2} + \sqrt{-a b} r^{2}\right)} a}{2 \, \sqrt{-a b} R} \\ 1 \\ \dfrac{R a r + R b r + 2 \, \sqrt{-a b} R^{2} - \sqrt{-a b} r^{2}}{2 \, \sqrt{-a b} R a} \end{array} \right) $

    Bon, il ne reste plus qu'à calculer les distances. Il faut pour cela commencer par normaliser les points (coefficient du milieu égal à 1) et heureusement, c'est déjà fait, puis calculer le vecteur $\overrightarrow{BP}=P-B$ et enfin $BP^2=\dfrac{1}{2} ^t\overrightarrow{BP}\cdot \left(\begin{array}{ccc} 0 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 0\\ 1 & 0 & 0\end{array}\right) \cdot\overrightarrow{BP}$
    On demande gentiment à l’ordinateur ce que vaut $BP^2 \times  r^2-4\times PQ^2 \times R^2$ et il répond $0$.


    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)
  • Ben314159
    Modifié (9 Apr)

    Avec des calculs assez basiques, ça se fait relativement bien : 
    $r.PB=r|2R\cos(\alpha)-r|\ \ \ $ et $\ \ \ 2R.PQ=2R|r\cos(\alpha)-AW|$
    Et comme $W$ est sur l'axe radical des deux cercles, on a $\ AW^2\!-r^2=OW^2\!-R^2=\big(R-AW\big)^2\!-R^2\ $ donc $\ 2R.AW=r^2$.
  • Rescassol
    Modifié (18 Apr)
    Bonsoir,

    Bravo Vassillia, tu as l'air de maîtriser les leçons de Pierre. 
    Voilà ma solution avec Morley:
    % Problème 12455 - 04 - M. Bataille (France).
    % 10 Avril 2024 - https://www.mat.uniroma2.it/~tauraso/AMM/amm.html
    
    %-----------------------------------------------------------------------
    
    clc, clear all, close all
    
    syms a b c
    
    aB=1/a; bB=1/b; cB=1/c;  % Conjugués (Morley circpnscrit)
    
    %-----------------------------------------------------------------------
    
    syms r real % Rayon du cercle (A)
    
    [pax qax rax]=AxeRadical(0,0,1,a,aB,r^2);
    
    syms u
    
    NulU=collect(numden(Factor(pax*u+qax/u+rax)),u);
    % u^2 + a*(r^2-2)*u + a^2 = 0
    Delta=Factor(a^2*(r^2-2)^2-4*a^2); % Delta=a^2*r^2*(r^2-4);
    % u = (-a*(r^2-2) +/- a*r*d)/2 avec d = sqrt(r^2-4)
    syms d
    u=(-a*(r^2-2) + a*r*d)/2; uB=1/u;
    v=(-a*(r^2-2) - a*r*d)/2; vB=1/v;
    
    % La droite (AB) a pour équation z + a*b*zB - (a+b) = 0 donc:
    syms p
    pB=(a+b-p)/(a*b);
    NulP=numden(Factor((p-a)*(pB-aB)-r^2));
    %  p^2 - 2*a*p + a*(b*r^2+a) = 0
    DeltaP=Factor(a^2-a*(b*r^2+a));
    % DeltaP=-a*b*r^2
    syms D 
    % p = a +/- r*D avec D=sqrt(-a*b) 
    p1=a-r*D; p1B=(a+b-p1)/(a*b);
    p2=a+r*D; p2B=(a+b-p2)/(a*b);
    
    [q qB]=ProjectionPointDroite(p1,u,v,p1B,uB,vB);
    
    BP2=Factor((p1-b)*(p1B-bB)); % BP^2
    PQ2=Factor((q-p1)*(qB-p1B)); % PQ^2
    
    Nul=numden(Factor(BP2-(4/r^2)*PQ2));
    Nul=Factor(subs(Nul,[d^4 d^2],[(r^2-4)^2 r^2-4]));
    % On trouve:
    Nul=16*(D^2 + a*b)*(a^2 + a*b*r^2 - 2*a*b + b^2)
    % Nul=0 car D^2=-a*b
    % Donc BP2-(4/r^2)*PQ2 et BP*r=2*PQ
    Cordialement,
    Rescassol

  • C'est juste incroyable le nombre d'exercices qui me semblent abordables, voire faciles, depuis que j'arrive plus ou moins à me dépatouiller à la manière de pldx1.
    Je recommande à qui a l'envie d'essayer, investissement des plus rentable, mais je suis sûre que cailloux finira par y arriver aussi :)
    N'hésite pas à poser des questions si des étapes semblent obscures d'ailleurs !
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  • Bonjour,
    @Vassilia : tu es bien aimable de penser à moi mais en l'occurrence je préfère, et de loin,  ce que propose @Ben314159 à tes calculs apocalyptiques.
    Il utilise en gros la formule donnant la différence des puissances d'un point par rapport à deux cercles, formule qu'on trouve entre autre dans le Lebossé & Hémery.
  • Vassillia
    Modifié (12 Apr)
    L'idée, c'est surtout d'utiliser la même méthode, partout et tout le temps. Une fois tout ça programmé, c'est très très rapide, le plus long et de loin a été de rédiger une réponse pour toi.
    Qui sait ? Tu finiras peut-être par avoir envie de le lire pour t'en servir une prochaine fois sinon tant pis, j'aurais essayé et je ne t'en voudrais pas pour si peu ;)
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  • Bonjour,

    1. Le cercle (BPV) coupe (UV) en X
    2. Les triangles PQX et MAU (M milieu de [UV]) sont semblables

    Sans trigonométrie, le reste suit…

    Sincèrement
    Jean-Louis

  • Bonjour,
    Comme écrit plus haut (voir le LH) :
    $$\mathcal{P}_O(P)-\mathcal{P}_A(P)=2\,\overline{OA}.\overline{QP}$$
    qui donne en valeur absolue dans les deux cas :
    $$BP\times r=2\,R\times PQ$$
    Sans cercle supplémentaire ...
  • Bonjour,

    mon point de vue

    Sincèrement
    Jean-Louis
  • Merci à @Ben314159 @cailloux @Jean-Louis Ayme de montrer que la géométrie synthétique est aussi performante que la géométrie analytique, à condition de disposer d'une culture géométrique suffisante ...
    Je ne nie pas que les calculs soient utiles, mais il me semble que si l'on s'en contente, l'on ne parvient point à saisir vraiment "l'esprit" d'une figure, sa réalité profonde, on reste à la surface des choses ...
    Bien amicalement, JLB 
  • Vassillia
    Modifié (18 Apr)
    C'est une opinion qui se respecte mais comme je ne crois ni à l'esprit des figures ni à l’âme des personnes, c'est bien normal de ne pas chercher à saisir quelque chose qui n'existe pas.
    Par ailleurs, si la géométrie synthétique est aussi performante que la géométrie analytique, merci de résoudre cet exercice https://les-mathematiques.net/vanilla/discussion/2336303/droites-concourantes-si-faciles-que-ca que j'avais posé qui ne contient que des droites concourantes et des cercles. Je suis sure que NicoLeProf va bientôt réussir à le faire (si ce n'est pas déjà le cas) et ... essayez de trouver un seul exercice que Rescassol et pldx1 (je n'ai pas assez confiance en moi pour l'affirmer comme je débute mais même moi) ne savent pas résoudre en analytique alors que la géométrie synthétique peut le résoudre .
    On peut la préférer mais dire qu'elle est aussi performante, ben non.
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