Quadrilatère complet

Bonjour, $\def\later#1{\mathcal{L}_{#1}}$

Suite à la propriété "omégatum mysticum Pascaliensis" de l'autre fil, il est amusant d'évoquer le résultat donné par Ye Zhong Hao  et Wu Wei Chao  (Monthly, Dec 2002, v 109, N 10, p. 921). Lorsque l'une des droites d'Euler $O_j H_j$  du quadrilatère complet est parallèle à la droite $\later j$ associée, alors deux des $\later k$ sont parallèles, ou bien trois sont concourantes, ou bien une relation symétrique entre les clinants des quatre droites se vérifie, de sorte que la propriété $O_jH_j \parallel \later j$ est vérifiée dans les quatre cas.

Cordialement, Pierre.








Réponses

  • Bonjour,

    Avec Morley circonscrit:
    % Pldx1 - 08 Juillet 2024 - Quadrilatère complet
    
    clc, clear all
    
    syms a b c
    
    aB=1/a; bB=1/b; cB=1/c;  % Conjugués (Morley circpnscrit)
    
    s1=a+b+c;
    s2=a*b+b*c+c*a;
    s3=a*b*c;
    
    s1B=s2/s3; s2B=s1/s3; s3B=1/s3;
    
    %-----------------------------------------------------------------------
    
    % Droite d'Euler du triangle ABC: s1B*z-s1*zB = 0
    
    syms t real % t est un paramètre réel contrôlant la parallèle
    
    % s1B*z-s1*zB + i*t = 0 Droite parallèle à la droite d'Euler de ABC
    p=s1B; q=-s1; r=i*t;
    
    [ap apB]=IntersectionDeuxDroites(p,q,r,1,b*c,-b-c);
    ap=Factor(ap) % On trouve:
    ap=a*(s1*(b+c)-i*b*c*t)/(2*a*(b+c)+b*c+a^2); % De même:
    [bp bpB]=IntersectionDeuxDroites(p,q,r,1,c*a,-c-a);
    [cp cpB]=IntersectionDeuxDroites(p,q,r,1,a*b,-a-b);
    
    [pa qa ra]=DroiteDEuler(a,bp,cp,aB,bpB,cpB);
    pqra=SimplifieBary([pa qa ra]);
    pa=pqra(1)
    qa=pqra(2)
    ra=pqra(3)
    % On trouve:
    pa=a*(2*a*b + a*c + 2*b*c + b^2)*(a*b + 2*a*c + 2*b*c + c^2);
    qa=a*b*c*(2*a*b + a*c + 2*b*c + b^2)*(a*b + 2*a*c + 2*b*c + c^2);
    ra=- a^3*b^3 - a^4*b^2 - a^3*c^3 - a^4*c^2 - b^2*c^4 - 3*b^3*c^3 - b^4*c^2 - 8*a*b^2*c^3 - 8*a*b^3*c^2 - 6*a^2*b*c^3 - 6*a^2*b^3*c - 8*a^3*b*c^2 - 8*a^3*b^2*c - 14*a^2*b^2*c^2 - a*b*c^4 - a*b^4*c - 3*a^4*b*c - a*b^2*c^3*t*1i - a*b^3*c^2*t*1i + a^3*b*c^2*t*1i + a^3*b^2*c*t*1i;
    
    k=Factor(qa/pa) % On trouve k=b*c donc c'est gagné

    Cordialement,
    Rescassol

  • Rescassol
    Modifié (9 Jul)
    Bonjour,

    Les trois droites d'Euler magenta forment un triangle $A''B''C''$ symétrique de $ABC$ par rapport à $M=\dfrac{(s_1^2+s_2)(s_1^2s_3+s_1s_2^2 - i t s_2s_3)}{2(s_1^3s_3+2s_1^2s_2^2+s_2^3)}$.
    Ce triangle a la même droite d'Euler que le triangle $ABC$.
    Le lieu de $M$ quand $t$ varie est une droite passant par $X_{402}$ (obtenu pour $t=0$).

    Cordialement,
    Rescassol

  • Bonjour,
    Pour information (en anglais) la preuve de Schaer du résultat donné par Ye Zhong Hao  et Wu Wei Chao.

    Amicalement
  • Rescassol
    Modifié (9 Jul)
    Bonjour,

    L'équation de la droite lieu de $M$ est $2s_1(s_1s_3+s_2^2)z + 2s_2s_3(s_1^2+s_2)\overline{z} - (s_1^2+s_2)(s_2^2+s_1s_3)=0$.

    Cordialement,
    Rescassol

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