Quadrilatère cyclique, diagonales, médianes, hyperbole et angles inscrits.

gipsyc

Bonjour,

Ci dessous un problème reprenant une question posée sur Facebook par Ahmet Çetin, Turquie.
https://www.facebook.com/share/p/YTPip1pgo7kVnRjs/?mibextid=K35XfP
Cette question a déjà été posée sur 

https://artofproblemsolving.com/community/c6h355791p1932936
Pour faire joli, j'ai rajouté l'hyperbole.
https://www.researchgate.net/publication/361923709_Beyond_the_Nine-Point_Conic

Soient
• un quadrilatère (quadrangle) cyclique (inscriptible) ABCD dans un cercle de centre O, complété en quadrangle complet par les points AB ∩ CD = E et AD ∩ BC =  F, 
• ses diagonales internes AC ∩ BD = K
• les milieux P, Q, R et S de ses côtés opposés BC, AD, CD et AB
• ses médianes PQ et RS

Montrez que
• ∠KQP = ∠EKP et par similarité ∠RKF = ∠RSK
• Tous les points cités, à l'exception des sommets du quadrilatère, ainsi que les milieux des diagonales internes sont sur une même hyperbole comme montré.

Cordialement,

Jean-Pol Coulon 

pldx1

En effet, $O,K,E,F$ et les six milieux sont sur la même hyperpole équilatère centrée en $(A+B+C+D)/4$

gipsyc

Merci pldx1

Concernant le centre, autrement dit, l'intersection des médianes.
Une idée pour les angles ?

Rescassol

Bonjour,

Avec Morley circonscrit:

% Gipsy - 11 Mai 2024 
% Quadrilatère cyclique, diagonales, médianes, hyperbole et angles inscrits

clear all, clc

syms a b c d

aB=1/a; bB=1/b; cB=1/c; dB=1/d; % Conugués

s1=a+b+c+d;
s2=a*b+a*c+a*d+b*c+b*d+c*d;
s3=a*b*c+a*b*d+a*c*d+b*c*d;
s4=a*b*c*d;

%-----------------------------------------------------------------------

[e eB]=IntersectionDeuxDroites(1,a*b,-a-b,1,c*d,-c-d); % Point E
[f fB]=IntersectionDeuxDroites(1,a*d,-a-d,1,b*c,-b-c); % Point F
[k kB]=IntersectionDeuxDroites(1,a*c,-a-c,1,b*d,-b-d); % Point K
% On trouve: e=(a*b*c+a*b*d-a*c*d-b*c*d)/(a*b-c*d) etc...
p=(b+c)/2; q=(a+d)/2; r=(c+d)/2; s=(a+b)/2; % Milieux de [BC],[AD],[CD],[AB]
pB=(bB+cB)/2; qB=(aB+dB)/2; rB=(cB+dB)/2; sB=(aB+bB)/2; % Conjugués

% Angle (SK,SR)
u1=k-s; v1=r-s; u1B=kB-sB; v1B=rB-sB; 
Tan1=(u1*v1B-u1B*v1)/(u1*v1B+u1B*v1);
% Angle (KF,KR)
u2=f-k; v2=r-k; u2B=fB-kB; v2B=rB-kB; 
Tan2=(u2*v2B-u2B*v2)/(u2*v2B+u2B*v2);
NulTan12=Factor(Tan1-Tan2)
% NulTan12=0 donc les angles (SK,SR) et (KF,KR) sont égaux

% Angle (QP,QK)
u3=p-q; v3=k-q; u3B=pB-qB; v3B=kB-qB;
Tan3=(u3*v3B-u3B*v3)/(u3*v3B+u3B*v3);
% Angle (KP,KE)
u4=p-k; v4=e-k; u4B=pB-kB; v4B=eB-kB; 
Tan4=(u4*v4B-u4B*v4)/(u4*v4B+u4B*v4);
NulTan34=Factor(Tan3-Tan4)
% NulTan34=0 donc les angles (SK,SR) et (KF,KR) sont égaux

%-----------------------------------------------------------------------

syms z zB

Coni=2*Conique5Points(0,p,q,r,s,0,pB,qB,rB,sB);
% On trouve:
Co(z,zB)=2*z^2 - 2*s4*zB^2 - s1*z + s3*zB;
% On vérifie:
NulP=Factor(Co(p,pB)), NulQ=Factor(Co(q,qB)), NulR=Factor(Co(r,rB))
NulS=Factor(Co(s,sB)), NulK=Factor(Co(k,kB)), NulE=Factor(Co(e,eB))
NulF=Factor(Co(f,fB)) % les 7 sont bien nuls

Cen=CentreConique(2,0,-2*s4,-s1,0)
% On trouve bien Cen=s1/4

Cordialement,

Rescassol

Ben314159

Salut,
Vu que $A,B,C,D$ sont cocycliques, les triangles $KBC$ et $KAD$ sont (indirectement) semblables donc il existe une similitude $\varphi$ qui envoie $K,B,C$ respectivement sur $K,A,D$ (et donc $P$ sur $Q$).  Le vecteur $\overrightarrow{CD}\!=\!\overrightarrow{CK}\!+\!\lambda\overrightarrow{KB}$ avec $\lambda\!=\!\frac{\overline{KD}}{\overline{KB}}$ a pour image (par l'application linéaire associée) $\overrightarrow{DK}\!+\!\lambda\overrightarrow{KA}\!=\!\lambda\big(\overrightarrow{BK}\!+\!\overrightarrow{KA}\big)\!=\!\lambda\overrightarrow{BA}$ ce qui signifie que l'image de la droite $(CD)$ est la droite passant par $D$ et parallèle à $(AB)$.  De même, l'image de $(BA)$ est la droite passant par $A$ et parallèle à $(CD)$ et on en déduit que l'image de $E$ est le point $F$ tel que $AEDF$ est un parallélogramme.  On peut alors montrer (par du simple calcul vectoriel qui n'utilise pas la cocyclicité, mais il y a surement plus esthétique) que les droites $(KF)$ et $(PQ)$ sont parallèles ce qui implique que $\widehat{PQK}\!=\!\widehat{QKF}$ qui, via $\varphi$, est égal à $\widehat{PKE}$

Jean-Louis Ayme

Bonsoir,

une preuve purement synthétique est possible...

Sincèrement
Jean-Louis