Image par inversion 2

S0_
S0_
Modifié (24 Apr) dans Géométrie
Salut à tous,
$ABC$ un triangle,
Le cercle de diamètre $[AC]$ coupe la perpendiculaire à $(AC)$ passant par $B$ en $E$,
Soit $I$ un point du cercle $(C)$ et de rayon $[CE]$ et $O$ le milieu de [AB],
La droite $(OI)$ recoupe le cercle $(C)$ en $I'$

Démontrer que $I$ et $I'$ sont inverses par rapport au cercle de diamètre  $[AB]$


Réponses

  • Salut,
    Si $N$ désigne le milieu de $[CA]$, le fait que $B$ soit sur l'axe radical des cercles $\mathcal C(C,CE)$ et $\mathcal C(N,\frac12CA)$ implique que $BC^2\!-CE^2=BN^2\!-\!\frac14CA^2=\frac12\big(AB^2\!+BC^2\!-CA^2\big)$ (théorème de la médiane).
    Donc $CE^2\!+\frac14AB^2=\frac12\big(BC^2\!+CA^2\!-\frac12AB^2\big)=CO^2$ (théorème de la médiane) ce qui signifie que les cercles $\mathcal C(C,CE)$ et $\mathcal C(O,\frac12AB)$ sont orthogonaux et donc l'inversion par rapport à un des deux cercles laisse le second globalement invariant.
  • Salut ben314159..
    Merci pour ta réponse qui est plus simple et très claire..
    Cordialement
    Bonaventure-S0_
  • Salut à tous,
    Je propose une première petite suite à l'exercice,

    On désigne par $K$ un point de $(AI)$ et de $(BI')$ et par $L$ un point $(AI')$ et de $(BI)$
    Démontrer que I,I',K et L sont cocycliques
    Bonaventure-S0_
  • Salut à tous,
    La réponse simple à la suite proposée..
    $AIL$ est un triangle, on le coupe avec la transversale $(KI'B)$ alors $AILKI'B$ est un quadrilatère complet dont  $(OI)$ est la droite de Newton..
    $I$ et $I'$ étant inverses comme le prouve l'exercice du départ alors les milieux de $[II']$ et de $[KL]$ le sont aussi par rapport toujours au même cercle de Diamètre $[AB]$..
    De façon réciproque(Confère grande découverte sur la droite de Newton) $I,I',K$ et $L$ sont cocycliques..
    Cordialement
    Bonaventure-S0_
  • S0_
    S0_
    Modifié (27 Apr)
    Salut à tous,
    Une seconde suite proposée,

    Soit $H$ l'orthocentre du triangle $ABC$,
    Démontrer que si $H$ est un point de $(OI)$ alors $H$ est le milieu de $[LK]$


  • Ben314159
    Modifié (27 Apr)
    Soit $s$ la symétrie centrale de centre $O$, $J\!=\!s(I')$ et $h$ l'homothétie de centre $I$ telle que $h(J)\!=\!I'$ c'est à dire telle que l'homothétie $h'\!=\!h\!\circ\!s$ soit centrée en $I'$.  Le point $h(B)$ est évidement sur $(BI)$, mais, comme $h(B)\!=\!h\!\circ\!s(A)\!=\!h'(A)$ il est aussi sur $(AI')$ donc c'est le point $K$.  De même $h(A)\!=\!L$ (donc $(KL)//(AB)$) et, pour montrer que $I,I',K,L$ sont cocyclique, il suffit de montrer (via $h$) que $I,J,B,A$ le sont ce qui est clair vu que, si $r\!=\!\frac12AB$ on a $\overline{OA}\!\times\!\overline{OB}\!=\!-r^2\!=\!-\overline{OI}\!\times\!\overline{OI'}\!=\!\overline{OI}\!\times\!\overline{OJ}$
    Le milieu $M$ de $[KL]$ est $h(O)$ donc $\dfrac{\overline{IM}}{\overline{IO}}=\dfrac{\overline{II'}}{\overline{IJ}}$ (= rapport de l'homothétie $h$) et on en déduit que $\overline{MI}\!\times\!\overline{MI'}=MO^2\!+\!\big(\overline{MI}\!+\!\overline{IO}\big)\overline{JI}\!+\!r^2=MO^2\!+\!\big(\overline{II'}\!+\!\overline{JI}\big)\overline{IO}\!+\!r^2=MO^2\!-\!r^2$ ce qui signifie que $M$ est sur l'axe radical des deux cercles et, c'est donc l'intersection de cet axe avec $(OI)$.
    Si $H$ est l'orthocentre de $ABC$ on montre facilement avec les relations classiques que $CH^2\!-OH^2\!=\!OC^2\!-\frac12AB^2$ ce qui implique que $OH^2\!-r^2\!=\!CH^2\!-CE^2$ (c.f. post précédent pour la valeur de $CE^2$).  Le point $H$ est donc sur l'axe radical des deux cercles et, lorsque $I$ est sur $(OH)$, c'est lui le milieu de $[KL]$.

  • Salut une fois encore Ben314159,
    J'ai suivi et compris ta méthode utilisant les applications usuelles et théorème des médianes..
    Je ferai autrement demain..
    Cordialement
    Bonaventure
  • Salut à tous et particulièrement à Ben314159,
    Comme prévu mais en retard..

    L'hypothèse affirme que $H$ est point de $(OI)$..
    Donc les cercles $LKI$ et $(C)$ sont confondus (à prouver si on veut)
    On sait que $(CH)$ est perpendiculaire à $(AB)$ donc perpendiculaire à $(LK)$..
    Car $(LK)//(AB)$ (à démontrer autrement s'il faut)..
    Soit $P$ le point d'intersection de $(CH)$ avec $(LK)$ donc $(CP)$ perpendiculaire à $(LK)$ soit $P$ est le milieu de $(LK)$ (car
    $L$ et $K$ sont deux points du cercle $(C)$ et la médiatrice de $[LK]$ est perpendiculaire à $(LK)$ et passe par $C $ soit confondue à $(CP)$ et Coupe $(LK)$ en $P$) de plus $P$ est point de la droite de $(OI)$(car $(OI)$ est la droite de Newton du quadrilatère complet $IKALI'B$)
    Supposons que $(OI)$ perpendiculaire à $(AB)$...
    Donc $L$ et $K$ sont tous sur le cercle d'inversion et $H$ représente le point de concours des supports de segments formés par ces trois cercles dont milieu de $(LK)$..
    Supposons que $(OI)$ n'est pas perpendiculaire $(AB)$..
    Alors si $P$ distinct de $H$ alors $PH=OI=CH$
    Absurde  donc $P=H$,
    Cordialement
    Bonaventure-S0_

  • Salut à tous et particulièrement à ben314159,
    Comme il n'y a pas d'inquiétude...
    Je poursuis l'exercice..
    Démontrer alors que H est l'inverse du milieu de $[II']$ par rapport au cercle du diamètre $[AB]$..
    Cordialement
    Bonaventure-S0_
  • Ben314159
    Modifié (7 May)
    Ce n'est pas vraiment spécifique à l'orthocentre : pour un point $I$ quelconque du cercle ${\mathcal C}(C,CE)$ et en notant $M$ le milieu de $[KL]$, on a $\overline{OM}=\overline{OI}\!+\!\dfrac{\overline{I'I}}{\overline{JI}}\overline{IO}=\dfrac{\overline{JI'}}{\overline{JI}}\overline{OI}=\dfrac{2r^2}{\overline{OI}+\overline{OI'}}=\dfrac{r^2}{\overline{OM'}}$ où $M'$ est le milieu de $[II']$

  • S0_
    S0_
    Modifié (7 May)
    Salut ben314159..
    Oui oui je comprends bien..
    Mais au juste je voudrais être dans la suite de l'exercice..
    Sinon..
    Moi je l'ai toujours démontré par une autre relation que j'ai écrite sur ''grande découverte sur la droite de Newton''
    Et c'est même ça j'utilise ici pour le faire..
    De toutes les manières j'ai apprécié la réponse..
    Merci beaucoup cher ben314159..
    Bonaventure
  • S0_
    S0_
    Modifié (10 May)
    Salut à tous,
    On considère cette figure:
    Démontrer que le milieu de $[KL]$ est un point de $[BE]$ si et seulement si les cercles $IKL$ et $(C)$ sont confondus...
    Cordialement
    Bonaventure-S0_
  • Ben314159
    Modifié (11 May)
    Si $I\!=\!I'$ le cercle $IKL$ est réduit à un point donc différent du cercle $(C)$.  Sinon, les deux cercles ont leurs centres sur la médiatrice de $[II']$ et, comme le centre de $IKL$ est aussi sur la médiatrice $\Delta$ de $[KL]$, les deux cercles sont confondus si et seulement si $C\!\in\!\Delta$.  Or $\Delta$ est la droite passant par le milieu $M$ de $[KL]$ et perpendiculaire à $(AB)$ donc les deux cercles sont confondus ssi $M$ est sur la hauteur issue de $A$ du triangle $ABC$ c'est à dire ssi $M\!=\!H$ orthocentre de $ABC$ (vu que $H$ est l'intersection de la hauteur issue de $A$ et de l'axe radical de $(C)$ et du cercle de diamètre $[AB]$ sur lequel est $M$)
  • Salut ben314159,
    C'est propre et simple..
    Je crois clôturer cette discussion par une résolution que je vais poster le soir..
    Cordialement
    Bonaventure-S0_
  • Salut à tous et à ben314159..
    On monte un peu d'un cran....

    Soit $ABC$ un triangle d'orthocentre $H$,
    $(AH)$ coupe $(BC)$ en $F$, 
    Le cercle $ACF$ coupe $(BH)$ en $E$,
    Soit $M$ un point du cercle de centre $C$ et de rayon $CE$,
    $(MH)$ recoupe le cercle $(C)$ en $I$.
    Soit $M'$ le point d'intersection de $(AM)$ avec $(BI)$.
    Démontrer $M'$ est point du cercle $(C)$...
    Cordialement
    Bonaventure-S0_
  • Le cercle $(C)$ a pour rayon $\sqrt{\overrightarrow{CA}.\overrightarrow{CB}}$ donc, si $A',B',C'$ désignent les pieds des hauteurs du triangle $ABC$, l'inversion $i_C$ par rapport au cercle $(C)$ échange $A\leftrightarrow B'$ ; $B\leftrightarrow A'$ ; $H\leftrightarrow C'$.  Si on considère de même les cercles $(A)$ et $(B)$ centrés en $A$ et $B$ et de rayon respectifs $\sqrt{\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}}$ et $\sqrt{\overrightarrow{BC}.\overrightarrow{BA}}$ ainsi que les inversions $i_A$ et $i_B$ correspondantes alors les 3 cercles sont deux à deux orthogonaux et la composée $\varphi\!=\!i_C\!\circ\!i_B\!\circ\!i_A$ est un élément du groupe circulaire tel que $A\!\mapsto\!\infty\!\mapsto\!B\!\mapsto\!A'\ $ ; $\ B\!\mapsto\!C'\!\mapsto\!A\!\mapsto\!B'$ ; $C\!\mapsto\!B'\!\mapsto\!H\!\mapsto\!C'$.  C'est donc l'inversion de centre $H$ et de rapport $\overrightarrow{HA}.\overrightarrow{HB}\,\big(=\overrightarrow{HA}.\overrightarrow{HA'}=\overrightarrow{HB}.\overrightarrow{HB'}=\overrightarrow{HC}.\overrightarrow{HC'}...\big)$

  • Salut ben314159,
    Je comprends bien ta composée d'inversions qui me paraît très cool mais je ne trouve pas si cela de lien avec l'exercice..
    Bonaventure-S0_
  • Ben314159
    Modifié (17 May)
    Vu l'orthogonalité des cercles, les 3 inversions laissent les 3 cercles globalement invariants. Partant de $M\!\in\!(C)$, on a donc $M'\!=\!i_A(M)\in(C)$ puis $I\!=\!i_B(M')\in(C)$. D'où $I\!=\!i_C(I)\!=\!i_C\!\circ\!i_B\!\circ\!i_A(M)\!=\!i_H(M)$ ce qui implique que $I,H,M$ sont alignés donc que les points $M'$ et $I$ correspondent bien à ceux de ta construction.
  • Je l'ai bien compris maintenant,
    C'était $i_C(I)=I$ là
    je n'avais pas vite vu et c'était ce qui me posait le problème par rapport à ta démonstration..
    C'est cool....
    Je ferai pour moi demain ou quand je finirai par la rendre plus simple..
    Cordialement..
    Bonaventure-S0_
  • S0_
    S0_
    Modifié (19 May)

    Salut à tous,
    Comme je l'avais prévu,
    Si je prends l'intersection de $(BM)$ et $(AI )$ alors je retrouve $L$ sur le cercle (ça c'est $M'$ qui implique $L$)..
    J'avais proposé un théorème sur l'une de mes publications qui stipule que,
    $M'MLI$ inscriptible sss'il existe une et une seule projection p sur AB telle que $p(M')=P, p(M)=N,p(L)=Q$ et $p(I)=O$ et qu'il existe deux similitudes $s$ telle que $s(BIO)=BNM$ et $s'$ telle que $s'(AIO)=ANM$..
    Ces informations nous permettent d'établir : 
    -$\vec{MN},\vec{M'P},$ et $\vec{IO}$ en fonction de $\vec{LQ}$,
    -que $(MI)$ et $(M'L)$ se coupent en un point $H$ indépendant du déplacement de $M$ sur le cercle $(C)$
    -que $H$ est bel et bien l'orthocentre du triangle $ABC$..
    En bref ça me prouve autrement l'inversion dont a parlé ben314159
    Cordialement
    Bonaventure-S0_
  • Salut à tous et ben314159,
    Je voudrais finir ce fil et dire à chacun de faire sa conclusion..
    Mais pour moi c'est un fil sympa surtout en vrai avec ces manières d'inversions qui répondent correctement au titre..
    Bonne journée à vous,
    Cordialement
    Bonaventure-S0_

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