De la belle géométrie

Bonsoir à tous 
Ce problème a été proposé avant-hier sur le site "Art of Problem Solving", et il me semble qu'il devrait plaire à certaine et certains ...
Soit un triangle $ABC$, et le centre $I$ de son cercle inscrit. Le cercle de centre $I$ et de rayon $IA$ recoupe en $A'$ le cercle circonscrit, et coupe en $A'_1$ et $A'_2$ la médiatrice de $BC$, et les droites $A'A'_1$ et $A'A'_2$ recoupent le cercle circonscrit, respectivement, en $A_1$ et $A_2$. On construit de la même manière, en permutation circulaire, les deux paires de points $B_1$, $B_2$ et $C_1$, $C_2$.
Montrer que les trois droites $A_1A_2$, $B_1B_2$ et $C_1C_2$ sont concourantes.
Bien amicalement, JLB





Réponses

  • cailloux
    Modifié (16 Apr)
    Bonsoir,
    Belle géométrie, question de point de vue (ou de concours) mais il semble que $P=X_{8666}$ dans l'ETC.
  • Bonjour, puisque jelobreuil a pensé à moi en disant "certaine", je tente ma chance, j'ai un peu réfléchi avant de me lancer et je pars sur du Morley circonscrit mais avec des carrés dès l'origine pour limiter les racines (comprendre ça aurait pu être pire).
    $A\simeq\left(\begin{array}{c} a^2\\ 1\\ 1/a^2 \end{array}\right)$, $B\simeq\left(\begin{array}{c} b^2\\ 1\\ 1/b^2 \end{array}\right)$ et $C\simeq\left(\begin{array}{c} c^2\\ 1\\ 1/c^2 \end{array}\right)$
    On trouve $I\simeq\left(\begin{array}{c} -a b - a c - b c \\ 1\\ -\dfrac{a + b + c}{a b c} \end{array}\right)$ à condition de choisir le signe de $a$, $b$ et $c$ convenablement sinon on a le centre d'un cercle exinscrit au lieu du centre du cercle inscrit. Il y a peut-être moyen de faire mieux mais je n'ai pas trouvé.
    Bon ben, c'est bien parti $A' \simeq\left(\begin{array}{c} \dfrac{{\left(a b + a c + b c\right)} b c}{{\left(a + b + c\right)} a} \\ 1\\ \dfrac{{\left(a + b + c\right)} a}{{\left(a b + a c + b c\right)} b c}  \end{array}\right)$, ça va, c'est encore joli.
    Pour $A'_1$ et $A'_2$, c'est tellement une catastrophe que je ne donne que la première coordonnée une fois normalisé sinon c'est encore plus illisible
    $A'_1=-\frac{a^{2} b + a^{2} c + 2 \, a b c + b^{2} c + b c^{2} + \sqrt{a^{4} b^{2} + b^{2} c^{4} + 2 \, {\left(a^{2} b + 4 \, a b^{2} + 3 \, b^{3}\right)} c^{3} + {\left(a^{4} + 8 \, a^{3} b + 12 \, a^{2} b^{2} + 8 \, a b^{3} + b^{4}\right)} c^{2} + 2 \, {\left(3 \, a^{4} b + 4 \, a^{3} b^{2} + a^{2} b^{3}\right)} c}}{2 \, a}$
    $A'_2=-\frac{a^{2} b + a^{2} c + 2 \, a b c + b^{2} c + b c^{2} - \sqrt{a^{4} b^{2} + b^{2} c^{4} + 2 \, {\left(a^{2} b + 4 \, a b^{2} + 3 \, b^{3}\right)} c^{3} + {\left(a^{4} + 8 \, a^{3} b + 12 \, a^{2} b^{2} + 8 \, a b^{3} + b^{4}\right)} c^{2} + 2 \, {\left(3 \, a^{4} b + 4 \, a^{3} b^{2} + a^{2} b^{3}\right)} c}}{2 \, a}$

    Grand moment de solitude, je n'arriverai jamais au bout mais en fait ça s'arrange (un peu)
    $A_1 \simeq\left(\begin{array}{c} \dfrac{{\left(a^{2} b + a^{2} c - b^{2} c - b c^{2} - \sqrt{{\left(a^{2} b^{2} + b c^{3} + {\left(a^{2} + 8 \, a b + 6 \, b^{2}\right)} c^{2} + {\left(6 \, a^{2} b + 8 \, a b^{2} + b^{3}\right)} c\right)} {\left(a^{2} + b c\right)}}\right)} a}{2 \, {\left(a + b\right)} {\left(a + c\right)}} \\ 1\\ \dfrac{2 \, {\left(a + b\right)} {\left(a + c\right)}}{{\left(a^{2} b + a^{2} c - b^{2} c - b c^{2} - \sqrt{{\left(a^{2} b^{2} + b c^{3} + {\left(a^{2} + 8 \, a b + 6 \, b^{2}\right)} c^{2} + {\left(6 \, a^{2} b + 8 \, a b^{2} + b^{3}\right)} c\right)} {\left(a^{2} + b c\right)}}\right)} a} \end{array}\right)$
    $A_2\simeq\left(\begin{array}{c} \dfrac{{\left(a^{2} b + a^{2} c - b^{2} c - b c^{2} + \sqrt{{\left(a^{2} b^{2} + b c^{3} + {\left(a^{2} + 8 \, a b + 6 \, b^{2}\right)} c^{2} + {\left(6 \, a^{2} b + 8 \, a b^{2} + b^{3}\right)} c\right)} {\left(a^{2} + b c\right)}}\right)} a}{2 \, {\left(a + b\right)} {\left(a + c\right)}} \\ 1\\ \dfrac{2 \, {\left(a + b\right)} {\left(a + c\right)}}{{\left(a^{2} b + a^{2} c - b^{2} c - b c^{2} + \sqrt{{\left(a^{2} b^{2} + b c^{3} + {\left(a^{2} + 8 \, a b + 6 \, b^{2}\right)} c^{2} + {\left(6 \, a^{2} b + 8 \, a b^{2} + b^{3}\right)} c\right)} {\left(a^{2} + b c\right)}}\right)} a} \end{array}\right)$

    Mais surtout le top du top la droite est vraiment jolie, les racines disparaissent enfin
    $(A_1 A_2) \simeq \left[-\dfrac{{\left(a + b\right)} {\left(a + c\right)}}{a},\,{\left(a^{2} - b c\right)} {\left(b + c\right)},\,{\left(a + b\right)} {\left(a + c\right)} a b c \right]$
    La permutation circulaire est facile à écrire et le déterminant des 3 droites vaut bien 0.
    Alors, contrat rempli ou pas ? Est-ce que c'est de la belle géométrie ? J'imagine que vous allez me dire non mais au moins ça passe !
    La philosophie nous enseigne à douter de ce qui nous paraît évident. La propagande, au contraire, nous enseigne à accepter pour évident ce dont il serait raisonnable de douter. (Aldous Huxley)
  • jelobreuil
    Modifié (17 Apr)
    Bravo, @Vassillia, et chapeau bas ! Pour t'être aussi bien dépêtrée de ce fourbi, ou de ce magma ... Etant donné la construction assez tarabiscotée, je ne m'attendais pas à moins !
    Merci @cailloux d'avoir identifié ce point, je vais essayer de voir si ça colle ... (edit : difficile !!)
    Bien amicalement, JLB
  • Bonjour,

    Vassillia, tu deviens experte  :)
    Je n'ai pas essayé, mais je pense qu'en Morley inscrit, les racines carrées disparaissent également.
    En tous cas, c'est le cas en barycentriques:
    % Jelobreuil - 16 Avril 2024 - De la belle géométrie
    
    % Soit un triangle ABC , et le centre I de son cercle inscrit. 
    % Le cercle de centre I et de rayon IA recoupe en A′ le cercle 
    % circonscrit, et coupe en A′1 et A′2 la médiatrice de [BC]
    % Les droites (A′A′1) et (A′A′2) recoupent le cercle circonscrit, 
    % respectivement, en A1 et A2
    % On construit de la même manière, les deux paires de points 
    % B1, B2 et C1, C2.
    
    % Montrer que les trois droites (A1A2), (B1B2) et (C1C2) sont concourantes.
    
    clc, clear all, close all
    
    syms a b c real % Longueurs des côtés du triangle ABC
    
    % Notations de Conway
    Sa=(b^2+c^2-a^2)/2; Sb=(c^2+a^2-b^2)/2; Sc=(a^2+b^2-c^2)/2;
    
    A=[1; 0; 0]; B=[0; 1; 0]; C=[0; 0; 1]; % Sommets du triangle ABC
    BC=[1, 0, 0]; CA=[0, 1, 0]; AB=[0, 0, 1]; % Côtés du triangle ABC
    
    %-----------------------------------------------------------------------
    
    % Centre du cercle circonscrit et carré de son rayon
    O=[a^2*Sa; b^2*Sb; c^2*Sc];
    R2=(a^2*b^2*c^2)/((a+b+c)*(a+b-c)*(a-b+c)*(b-a+c));
    
    I=[a; b; c]; % centre du cercle inscrit
    IA2=Factor(Distance2(I,A,a,b,c)); % IA2=b*c*(b-a+c)/(a+b+c)
    
    Ax=SimplifieBary(AxeRadicalBary(O,R2,I,IA2,a,b,c));
    % On trouve Ax=[0, c*(a-b), b*(a-c)];
    syms x y
    NulAp=Factor(Distance2(O,[x; y; -(Ax(1)*x+Ax(2)*y)/Ax(3)],a,b,c)-R2);
    % -b*(b-c)*(b-a+c)*x + a^2*(a-b)*y = 0 donc:
    x=a^2*(a-b)*y/(b*(b-c)*(b-a+c));
    Ap=SimplifieBary([x; y; -(Ax(1)*x+Ax(2)*y)/Ax(3)]); % Donc:
    Ap=[a^2*(a-b)*(a-c); b*(a-c)*(b-c)*(b-a+c); -c*(a-b)*(b-c)*(b-a+c)];
    
    MedBC=MediatriceBary(B,C,a,b,c); % MedBC=[c^2-b^2, -a^2, a^2]
    syms x y
    Nul=Factor(Distance2(I,[x; y; -(MedBC(1)*x+MedBC(2)*y)/MedBC(3)],a,b,c)-IA2);
    syms x y real
    Nul=collect(a^6*y^2 - a^5*b*x*y - 2*a^5*b*y^2 - a^5*c*x*y - 2*a^5*c*y^2 + 2*a^4*b^2*x*y + 2*a^4*b*c*x*y + 4*a^4*b*c*y^2 - a^3*b^3*x^2 - 3*a^3*b^3*x*y - a^3*b^2*c*x*y + a^3*b*c^2*x^2 + 3*a^3*b*c^2*x*y + a^3*c^3*x*y + a^2*b^4*x^2 + a^2*b^3*c*x^2 + 4*a^2*b^3*c*x*y - a^2*b^2*c^2*x^2 - a^2*b*c^3*x^2 - 4*a^2*b*c^3*x*y - a*b^5*x^2 + 2*a*b^3*c^2*x^2 - a*b*c^4*x^2 + b^5*c*x^2 - 2*b^3*c^3*x^2 + b*c^5*x^2,[x y]);
    AA=b*(b+c)*(b-c)*(- a^3 + a^2*b + a^2*c - a*b^2 + a*c^2 + b^2*c - c^3);
    BB=a^2*(b+c)*(- a^3 + 2*a^2*b - 3*a*b^2 + 2*a*b*c + a*c^2 + 4*b^2*c - 4*b*c^2);
    CC=a^4*(a-2*b)*(a-2*c);
    Delta=Factor(BB^2-4*AA*CC);
    Delta=-a^6*(b+c)*(a+b-c)*(a-b+c)*(b-a+c)*(b^2-6*b*c+a*b+c^2+a*c);
    syms d real % d^2=Delta
    x=(-BB-d)*y/(2*AA);
    Ap1=SimplifieBary([x; y; -(MedBC(1)*x+MedBC(2)*y)/MedBC(3)]); 
    x=(-BB+d)*y/(2*AA);
    Ap2=SimplifieBary([x; y; -(MedBC(1)*x+MedBC(2)*y)/MedBC(3)]); 
    
    ApAp1=SimplifieBary(Wedge(Ap,Ap1)); % Droite (A' A'1)
    ApAp2=SimplifieBary(Wedge(Ap,Ap2)); % Droite (A' A'2)
    
    syms x y real
    NulA1=Factor(Distance2(O,[x; y; -(ApAp1(1)*x+ApAp1(2)*y)/ApAp1(3)],a,b,c)-R2)
    % On trouve NulA1=X*x+Y*y=0 avec:
    X=(a^6*b^3 + 2*a^6*b^2*c + a^6*b*c^2 - 5*a^5*b^3*c - 6*a^5*b^2*c^2 - a^5*b*c^3 - a^4*b^5 + 2*a^4*b^4*c + 6*a^4*b^3*c^2 + 2*a^4*b^2*c^3 - a^4*b*c^4 + a^3*b^5*c - 2*a^3*b^3*c^3 + a^3*b*c^5 + d*a*b^2 + d*a*b*c - d*b^2*c - d*b*c^2)*(- a^6*b - a^6*c + a^5*b^2 + 2*a^5*b*c + a^5*c^2 + a^4*b^3 - a^4*b^2*c - a^4*b*c^2 + a^4*c^3 - a^3*b^4 - 4*a^3*b^3*c + 2*a^3*b^2*c^2 + 4*a^3*b*c^3 - a^3*c^4 + 2*a^2*b^4*c + 2*a^2*b^3*c^2 - 2*a^2*b^2*c^3 - 2*a^2*b*c^4 - d*a + d*b + d*c);
    Y=(a^8*b + a^8*c - 4*a^7*b*c - 4*a^7*c^2 - a^6*b^3 + 3*a^6*b^2*c + 5*a^6*b*c^2 + a^6*c^3 - 4*a^5*b^2*c^2 + 4*a^5*c^4 + 2*a^4*b^3*c^2 + 2*a^4*b^2*c^3 - 2*a^4*b*c^4 - 2*a^4*c^5 + d*a^3)*(- a^6*b - a^6*c + a^5*b^2 + 2*a^5*b*c + a^5*c^2 + a^4*b^3 - a^4*b^2*c - a^4*b*c^2 + a^4*c^3 - a^3*b^4 - 4*a^3*b^3*c + 2*a^3*b^2*c^2 + 4*a^3*b*c^3 - a^3*c^4 + 2*a^2*b^4*c + 2*a^2*b^3*c^2 - 2*a^2*b^2*c^3 - 2*a^2*b*c^4 - d*a + d*b + d*c);
    x=-Y*y/X;
    A1=SimplifieBary([x; y; -(ApAp1(1)*x+ApAp1(2)*y)/ApAp1(3)]); % Donc:
    F(d)=A1; A2=F(-d);
    
    Da=SimplifieBary(Wedge(A1,A2)); % Droite (A1 A2)
    Da=subs(expand(Da),d^2,Delta);
    Da=SimplifieBary(Da)
    % On trouve:
    Da=[b*c*(b^2-c^2), c*(- a^3 + (b+c)*a^2 + (b-c)^2*a + c*(b^2-c^2)), -b*(- a^3 + (b+c)*a^2 + (b-c)^2*a - b*(b^2-c^2))];
    
    % Par permutation circulaire;
    f(a,b,c)=Da(1); g(a,b,c)=Da(2); h(a,b,c)=Da(3); 
    Db=[h(b,c,a), f(b,c,a), g(b,c,a)];
    Dc=[g(c,a,b), h(c,a,b), f(c,a,b)];
    
    Nul=Factor(det([Da; Db; Dc])) % On trouve Nul=0, donc c'est gagné.
    
    M=SimplifieBary(Wedge(Da,Db)) % On trouve:
    M=[a*(a^3 - (b-c)^2*a - b*c*(b+c)); b*(b^3 - (c-a)^2*b - c*a*(c+a)); c*(c^3 - (a-b)^2*c - a*b*(a+b))];
    % C'est bien X_8666
    Cordialement,
    Rescassol

  • Merci @Rescassol pour tes calculs et la confirmation de l'identité de ce point de concours ! Mais comment relier cette construction et la définition qui en est donnée dans ETC : conjugué circumtangentiel-isogonal du centre du cercle inscrit ?
    Bien amicalement, JLB
  • cailloux
    Modifié (17 Apr)
    Bonjour,
    Ce n'est déjà pas facile de construire le triangle $A'B'C'$ "circumtangentiel".
    Il est équilatéral. $A'$ est un point du cercle$ABC$ tel que son isogonal (à l'infini) est dans la direction de la tangente en $A'$ au cercle $ABC$. Même chose pour $B'$ et $C'$.
    Et effectivement, $I$ et $P$ sont isogonaux dans ce triangle.
    Les trois droites concourantes en $P$ de ton exercice figurent en bleu sur la figure.

  • Bonjour @Vassillia, une question si tu veux bien éclairer ma lanterne , ici, tu travailles dans $\mathbb{P}(\mathbb{C}^3)$ en considérant que $[0,1,0]$ est la droite de l'infini?
    Cependant, je ne comprends pas pourquoi $A\simeq\left(\begin{array}{c} a^2\\ 1\\ 1/a^2 \end{array}\right)$, au début je pensais que $a$ était l'affixe de $A$ mais ça ne colle pas avec le $1/a^2$ et avec le fait que tu parles des signes de $a$, $b$ et $c$ ensuite. 
    Peux-tu m'aider à entrer dans ta preuve et peut-être que cela se débloquera par la suite? :)
    Notre cher Gebrane le 😄 farceur
  • Rescassol
    Modifié (22 Apr)
    Bonjour,

    Si $a$ est sur le cercle unitaire, $\dfrac{1}{a^2}$ et $a^2$ sont conjugués.
    D'autre part, par "signe de $a$", Vassillia voulait dire, je pense, le signe dont on affecte $a$.
    En effet, c'est détaillé dans le JDE, si $A,B,C$ ont pour affixes $a^2,b^2,c^2$ alors $-ab-bc-ca$, -$ab+bc+ca$, $ab-bc+ca$ et $ab+bc-ca$ sont les $4$ centres (inscrit et exinscrits), sans qu'on puisse dire qui est qui.

    Cordialement,
    Rescassol

  • Ok il me manquait l'info que $a$ est sur le cercle unitaire pour avoir la conjugaison recherchée merci beaucoup Rescassol !!!
    Qu'est-ce que le JDE?
    Enfin, pour modifier un message sur cette version du forum, tu remontes jusqu'au message concerné, tu cliques sur les $3$ points (les points de suspension) en haut à droite du message en question et tu verras apparaître le bouton "modifier".
    Notre cher Gebrane le 😄 farceur
  • Bonjour,

    Le JDE est le livre de Jean-Denis Eiden, Géométrie analytique classique, Calvage & Mounet 2009.
    L'auteur est parmi nous.
    Le passage que j'évoquais est p 228.

    Cordialement,
    Rescassol

  • Vassillia
    Modifié (17 Apr)
    Alors oui, on travaille bien dans $\mathbb{P}(\mathbb{C}^3)$
    Ensuite tu as compris que Morley est un nom de code pour dire que les points "réels" seront de la forme $(z : 1 : \overline{z})$ où $z$ est l'affixe du point
    Morley circonscrit est un nom de code pour dire qu'on place l'origine au centre du cercle circonscrit et qu'on fixe le rayon du cercle circonscrit à $1$
    Donc le point $A$ a un affixe de la forme $e^{i\theta}$ avec pour conjugué $e^{-i\theta}=1/e^{i\theta}$ autrement dit on peut le paramétrer par $(a : 1 : 1/a)$ avec $a$ un complexe de module $1$
    Problème quand on fait ça, on voit débarquer des racines dès le calcul de $I$ et comme je ne veux pas m'enraciner dans les problèmes trop vite, je paramètre par $(a^2 : 1 : 1/a^2)$ avec $a^2$ un complexe de module $1$ qui sera l'affixe de $A$
    Ensuite, on veut calculer $I$, je ne sais pas ce qu'est le JDE, j'ai donc du le faire toute seule comme une grande et je t'invite à faire de même.
    On va faire de la belle géométrie à l'ancienne (ce qui va faire plaisir à jelobreuil) et s'entrainer sur les cercles (en mode facile donc ça devrait te plaire).
    On veut faire un cercle de centre $A$ et de rayon $1$ comment on fait ?
    Et bien un point $M$ appartient à ce cercle ssi il est de la forme $M \simeq A + (t : 0 : 1/t)$ où $t$ est un paramètre que pldx1 appelle un turn, c'est à dire un complexe de module $1$ qui a pour seul objectif dans la vie de tourner sur le cercle.
    Ensuite, on peut calculer l'intersection de ce cercle avec $(AB)$ et avec $(AC)$ comment on fait ?
    On le sait déjà, un point $M$ appartient à la droite $(AB)$ ssi $(AB)\cdot M = 0$ donc on trouve des valeurs possibles pour $t$
    Pareil pour les points qui appartiennent à la droite $(AC)$ et il ne reste plus qu'à calculer le milieu des points qui vont bien et enfin les bissectrices
    Je te laisse essayer ?
    La philosophie nous enseigne à douter de ce qui nous paraît évident. La propagande, au contraire, nous enseigne à accepter pour évident ce dont il serait raisonnable de douter. (Aldous Huxley)
  • Rescassol a dit : 
    Le JDE est le livre de Jean-Denis Eiden, Géométrie analytique classique

    Dans l'avant propos du bouquin l'auteur cite Jean Dieudonné :

    « Le traditionnel et ennuyeux chapitre sur les espaces affines et les espaces projectifs, qui ne consiste qu'en simples traductions de l'Algèbre linéaire, aurait aussi gagné à être considérablement allégé. »

    Jean Dieudonné, préface du livre Algèbre linéaire et Géométrie élémentaire, Hermann, 1968

    On sent qu'ils auraient pu être bons copains ces deux :mrgreen:

  • Vassillia, merci beaucoup !
    Si je comprends bien, on veut $\det(A,B,M)=0$ sachant que $M \simeq A+(t,0,1/t)$ soit $M \simeq (a+t,1,1/a+1/t)$.
    C'est extrêmement calculatoire dans ce cas, j'ai fait en ligne et je trouve : $\dfrac{(a^2−b^2)(a^2(b^2−t)+a(b^2+1)t+t(t−b^2))}{a^2b^2t}=0$. 
    J'ai une équation du second degré en $t$ de ce que je comprends mais les calculs sont trop lourds...
    Bon, au moins je vois comment faire j'ai l'impression pour ce cas.
    Pour les milieux, j'imagine que c'est comme en coordonnées cartésiennes? En fait, quand on écrit $(a^2,1,1/a^2)$, quelle est la base que l'on considère ici. En barycentriques, c'est $(A,B,C)$ en général, je le vois bien mais là, à part le fait que $[0,1,0]$ représente la droite de l'infini et que l'on se place dans le cercle circonscrit à $ABC$ en choisissant son centre comme origine... En fait, en raisonnant avec Morley Circonscrit, c'est comme si l'on transposait une affixe $z$ ainsi que son conjugué $\overline{z}$ (car on en voit qu'un des deux, on les confond en mettant son oeil au bon endroit, ça je l'ai compris grâce à pldx1) dans l'espace projectif $\mathbb{P}(\mathbb{C}^3)$ j'ai l'impression. En fait, j'ai l'impression de ne pas encore tout voir.
    Pour les bissectrices par contre, je ne vois pas comment faire. En fait, c'est surtout pour trouver $I$. (Une fois que l'on a $I$, c'est bon).
    Notre cher Gebrane le 😄 farceur
  • Vassillia
    Modifié (17 Apr)
    Mais euh, les bissectrices servent à trouver $I$ puisque c'est leur intersection.
    Pour le milieu entre $B'$ et $C'$, rien de plus simple, il faut que les points soient "comparables" donc que le coefficient du milieu soit le même (typiquement on va diviser par le coefficient qui va bien pour retrouver $1$ ce qui est la normalisation) puis on calcule $(B'+C')/2$, c'est une moyenne de points. Mais au fait pourquoi diviser par $2$ puisque c'est défini à un coefficient près donc on calcule $B'+C'$ et cela fera bien l'affaire.
    Est-ce que tu n'as pas une idée de comment trouver les bissectrices ?
    Je te rappelle que virtuellement, on en est là (effectivement les calculs nécessitent rapidement du logiciel de calcul formel)


    La philosophie nous enseigne à douter de ce qui nous paraît évident. La propagande, au contraire, nous enseigne à accepter pour évident ce dont il serait raisonnable de douter. (Aldous Huxley)
  • Merci beaucoup Vassillia, c'est très clair !
    Pour la bissectrice intérieure de l'angle $\widehat{BAC}$, il suffit de trouver une équation de la droite $(AI')$ en faisant $A \wedge I'$ car $AC'B'$ est isocèle en $A$.
    Pour $B$ (et $C$ mais ce n'est pas la peine de toute façon), j'ai une solution mais elle est peut-être trop compliquée et tu as peut-être plus simple à me proposer :
    je trace le point $A_1$ du cercle circonscrit au triangle $ABC$ tel que le triangle $ABA_1$ soit isocèle en $B$.
    Puis, je trouve les coordonnées du milieu $J$ du segment $[AA_1]$ avec la méthode que tu m'as donnée ci-dessus.
    La droite $(BJ)$ est la bissectrice intérieure de l'angle $\widehat{ABC}$.
    Notre cher Gebrane le 😄 farceur
  • Pourquoi pas en effet ?
    L'idée en général quand on a réussi, après avoir bataillé avec les calculs, à trouver par exemple la bissectrice de $\widehat{BAC}$ et qu'on veut celle de $\widehat{CBA}$, c'est qu'on fait une permutation circulaire, on remplace dans notre jolie formule $a$ par $b$, $b$ par $c$ et $c$ par $a$.
    Attention toutefois, dans ce contexte, il n'est pas du tout facile de distinguer la bissectrice intérieure de la bissectrice extérieure sans avoir les valeurs numériques, c'est ce que je voulais dire en parlant de signes et c'est ce qu'à expliqué Rescassol par la suite.
    La philosophie nous enseigne à douter de ce qui nous paraît évident. La propagande, au contraire, nous enseigne à accepter pour évident ce dont il serait raisonnable de douter. (Aldous Huxley)
  • Merci beaucoup pour tout ceci Vassillia !!! :)
    Pour les calculs (chapeau à toi !!!), utilises-tu des logiciels en ligne ? Ou logiciels de calcul formel?
    Si oui, lesquels me conseilles-tu?
    Notre cher Gebrane le 😄 farceur
  • Vassillia
    Modifié (17 Apr)
    J'utilise sage sur mon pc perso ou sage en ligne https://sagecell.sagemath.org/
    Si tu connais python, cela devrait aller tout seul.
    La philosophie nous enseigne à douter de ce qui nous paraît évident. La propagande, au contraire, nous enseigne à accepter pour évident ce dont il serait raisonnable de douter. (Aldous Huxley)
  • Merci beaucoup Vassillia !!! :)
    Notre cher Gebrane le 😄 farceur
  • Bonjour,

    Une forme de la "géométrie synthétique" depuis le 19ème siècle consiste à se référer à la "géométrie analytique" des calculs, tout en ne faisant pas les calculs car on en connaît à l'avance le résultat...

    Simplifions la figure apportée par jelobreuil : 



    et ne conservons que le triangle ABC son cercle circonscrit de centre O et le centre I du cercle inscrit.

    Pour tout point M du cercle (O), considérons la parallèle à sa droite de Simson menée par O, le symétrique M' de M par rapport à OI et le cercle de centre I passant par M et M'.
    [La figure de jelobreuil rassemble les trois cas particuliers de cette construction, lorsque M est en A, B ou C, car en ces points la droite de Simson est une hauteur de ABC et la parallèle passant par O n'est autre que la médiatrice du côté opposé.]

    Cela posé, soit M'1 et M'2 les intersections de la parallèle à la droite de Simson avec le cercle (I). Les droites M'M'1 et M'M'2 se correspondent dans une involution (de Frégier) du cercle de centre I et donc les points M1 et M2 se correspondent dans une involution du cercle (O).

    Celle-ci est connue dès que l'on connaît l'image de trois points, c'est-à-dire les segments correspondant à deux positions de M... et l'involution complète s'obtient alors à partir de l'intersection de ces deux segments particuliers : tous les segments joignant un point à son image passent par ce point (Frégier...) et c'est gagné...

    Cordialement
    Casagrande

    PS il reste à prouver qu'il s'agit de 8666 : les jeux restent ouverts !

  • Merci infiniment, @Casagrande, de remettre l'église synthétique au milieu du village de la géométrie, et en l'occurrence, les droites de Simson au milieu ou au centre de ma figure ! Ce que ma minable culture géométrique ne me permettait aucunement de faire ...
    J'ai vu sur le site AoPS une solution faisant intervenir une inversion, je la traduirai et la reproduirai ici, prochainement.
    Bien amicalement, JLB

  • Bonsoir,

    Cailloux, pour construire le triangle circum-tangentiel de $ABC$ il suffit de placer dans Géogébra le nombre complexe $O+\sqrt[3]{(A-O)(B-O)(C-O)}$, puis de compléter le triangle équilatéral.
    Cordialement,
    Rescassol

  • Ah ! Première nouvelle; merci Rescassol !
    La "construction" du premier sommet de ma figure ne s'était pas passée sans mal !
  • Bonjour,  $\def\cc{\mathbb{C}} \def\etc{,\:\mathrm{etc}} \def\simeqx#1{\underset{#1}{\simeq}}$

    @Vassillia. Le "miracle" que tu as signalé était hautement prévisible. Les deux racines d'un polynôme irréductible du second degré sont indiscernables tant que l'on reste dans le corps de base. Et donc on échange $A'_{1}$ et $A'_{2}$ par la conjugaison $+W\longleftrightarrow-W$ où $W$ désigne le générateur algébrique du $\cc\left[W\right]$ dans lequel on se place (W=Würzel). Les calculs de $A_{1},A_{2}$ se font au premier degré. Et donc la droite $A_{1}A_{2}$ a ses coefficients dans $\cc\left[W\right]$ tout en étant auto-conjuguée. Ses coefficients sont donc dans $\cc$. En résumé, le "miracle" se résume à $A_{1}A_{2}=A_{2}A_{1}$. 

    @Rescassol. En fait, le vrai "miracle" eut été que cela ne se reproduise pas en changeant de repère par des moyens linéaires... Mais... Même Dieu est tenu par les lois de la nature! 

    @cailloux. Pour faire coexister le centre inscrit et l'un des triangles du barnum de Morley dans la même extension algébrique, il faut poser $z_{A}=\alpha^{6}\etc$. On obtient donc:  \[ I\simeqx 6\left(\begin{array}{c} -\alpha^{3}\beta^{3}-\alpha^{3}\gamma^{3}-\beta^{3}\gamma^{3}\\ 1\\ -\dfrac{\alpha^{3}+\beta^{3}+\gamma^{3}}{\alpha^{3}\beta^{3}\gamma^{3}} \end{array}\right) \] \[ X_{8666}\simeqx 6\left(\begin{array}{c} \alpha^{6}\beta^{6}\gamma^{6}\left(\alpha^{6}+3\alpha^{3}\beta^{3}+3\alpha^{3}\gamma^{3}+\beta^{6}+3\beta^{3}\gamma^{3}+\gamma^{6}\right)\\ -\left(\alpha^{3}+\beta^{3}\right)\left(\alpha^{3}+\gamma^{3}\right)\beta^{3}\left(\beta^{3}+\gamma^{3}\right)\gamma^{3}\alpha^{3}\\ \alpha^{6}\beta^{6}+3\alpha^{6}\beta^{3}\gamma^{3}+\alpha^{6}\gamma^{6}+3\alpha^{3}\beta^{6}\gamma^{3}+3\alpha^{3}\beta^{3}\gamma^{6}+\beta^{6}\gamma^{6} \end{array}\right) \] \[ U',V',W'\simeqx 6\left(\begin{array}{c} \alpha^{2}\beta^{2}\gamma^{2}\\ 1\\ \dfrac{1}{\alpha^{2}\beta^{2}\gamma^{2}} \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} \alpha^{2}J\,\beta^{2}\gamma^{2}\\ 1\\ \dfrac{1}{\alpha^{2}J\,\beta^{2}\gamma^{2}} \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} \alpha^{2}J^{2}\beta^{2}\gamma^{2}\\ 1\\ \dfrac{1}{\alpha^{2}J^{2}\beta^{2}\gamma^{2}} \end{array}\right) \] On calcule alors  \[ \mathrm{factor}\left(\tan\left(U'V',\,U'I\right)+\tan\left(U'W',\,U'X_{8666}\right)\right) \] et on voit apparaître le facteur $1+J+J^{2}$. C'est le moment de dire: ils sont isogonaux, ils ont avoué !   

    Cordialement, Pierre.
  • Rescassol
    Modifié (19 Apr)
    Bonjour,

    Pour montrer que le triangle circum-tangentiel est équlatéral, en barycentrique:
    syms p q r t real
    
    % Équation tangentielle du cercle circonscrit
    T(p,q,r)=a^4*p^2 + b^4*q^2 + c^4*r^2 - 2*a^2*b^2*p*q - 2*b^2*c^2*q*r - 2*c^2*a^2*p*r;
    Mt=[a^2; b^2/t; -c^2/(1+t)]; % Un point quelconque du cercle
    Mtp=[1; t; -(1+t)]; % Son isogonal (point à l'infini) par rapport à ABC
    Tg=SimplifieBary(Wedge(Mt,Mtp)); % Droite (Mt Mtp). On trouve:
    Tg=[-(b+b*t+c*t)*(b+b*t-c*t), t*(a+c+a*t)*(a-c+a*t), -(t+1)*(b+a*t)*(b-a*t)];
    Nul=Factor(T(Tg(1),Tg(2),Tg(3))); % On écrit que (Mt Mtp) est tangente au cercle
    Eq=a^2*(b^2-c^2)*t^3 + 3*a^2*b^2*t^2 + 3*a^2*b^2*t + b^2*(a^2-c^2);
    % Fonctions symétriques des racines de Eq
    s1=-3*a^2*b^2/(a^2*(b^2-c^2)); s2=-s1; s3=-b^2*(a^2-c^2)/(a^2*(b^2-c^2));
    
    syms t1 t2 t3 real % Solutions de Eq=0
    T1=[a^2; b^2/t1; -c^2/(1+t1)]; % Triangle circum-tangentiel de ABC
    T2=[a^2; b^2/t2; -c^2/(1+t2)];
    T3=[a^2; b^2/t3; -c^2/(1+t3)];
    
    G=SimplifieBary(Barycentre([T1 T2 T3],[1 1 1])); % Centre de gravité de (T1 T2 T3)
    G=FracSymT(G,[t1 t2 t3]); % G en fonction de s1, s2, s3. On trouve:
    G=[a^2*(3*a^4*s1*s3 + 3*a^4*s2*s3 + 3*a^4*s3^2 + 3*a^4*s3 + 2*a^2*b^2*s1*s2 + 2*a^2*b^2*s2^2 + 2*a^2*b^2*s2*s3 + 2*a^2*b^2*s2 - 4*a^2*c^2*s1*s3 - 2*a^2*c^2*s2*s3 - 6*a^2*c^2*s3 + b^4*s1^2 + b^4*s1*s2 + b^4*s1*s3 + b^4*s1 - b^2*c^2*s1*s2 - 2*b^2*c^2*s1*s3 - 2*b^2*c^2*s2 - 3*b^2*c^2*s3 + c^4*s1*s3 + 3*c^4*s3), b^2*(a^4*s2 + 3*b^4*s1 + 3*b^4*s2 + 3*b^4*s3 + c^4*s2 + 3*c^4*s3 + 3*b^4 + a^4*s2^2 + a^4*s1*s2 + a^4*s2*s3 + 2*a^2*b^2*s1 - 2*a^2*c^2*s2 - 3*a^2*c^2*s3 - 2*b^2*c^2*s1 - 4*b^2*c^2*s2 - 6*b^2*c^2*s3 + 2*a^2*b^2*s1^2 + 2*a^2*b^2*s1*s2 + 2*a^2*b^2*s1*s3 - a^2*c^2*s1*s2 - 2*a^2*c^2*s1*s3), -c^2*(3*a^4*s3 + b^4*s1 + 2*b^4*s2 + 3*b^4*s3 + 3*c^4*s3 + 2*a^4*s1*s3 + a^4*s2*s3 + 2*a^2*b^2*s2 + 3*a^2*b^2*s3 - 6*a^2*c^2*s3 - 2*b^2*c^2*s2 - 6*b^2*c^2*s3 + a^2*b^2*s1*s2 + 2*a^2*b^2*s1*s3 - 2*a^2*c^2*s1*s3)];
    G=SimplifieBary(G)
    % On trouve G=O donc le triangle (T1 T2 T3) est équilatéral
    Cordialement,
    Rescassol

  • @pldx1 Je vois le truc, merci.
    S’il n’y a pas de truc c’est formidable ; mais si il y en a un reconnaissez que c’est encore plus fort (Myr et Myroska)
    La philosophie nous enseigne à douter de ce qui nous paraît évident. La propagande, au contraire, nous enseigne à accepter pour évident ce dont il serait raisonnable de douter. (Aldous Huxley)
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