Les 15 points du quadrilatère bicentrique

Vassillia

Bonjour,

Un quadrilatère bicentrique $ABCD$ est un quadrilatère convexe qui a la propriété d'avoir un cercle inscrit de centre noté $I$ et un cercle circonscrit de centre noté $O$.

On notera :

- $P$ l'intersection des diagonales $(AC)$ et $(BD)$
- $E$ (et circulairement $F$, $G$ et $H$) le point de tangence du cercle inscrit à $ABCD$ avec la droite $(AB)$
- $O_1$ (et circulairement $O_2$, $O_3$ et $O_4$) le centre du cercle passant par $A$, $B$ et $P$
- $O_5$ (et circulairement $O_6$, $O_7$ et $O_8$) le centre du cercle passant par $A$, $H$ et $E$
- $I_1$ (et circulairement $I_2$, $I_3$ et $I_4$) le centre du cercle inscrit au triangle $ABP$
- $J_1$ (et circulairement $J_2$, $J_3$ et $J_4$) le centre du cercle exinscrit au triangle $ABP$ touchant le coté $[AB]$
- $L_1$ (et circulairement $L_2$, $L_3$ et $L_4$) le point de Lemoine du triangle $HEP$
- $A'$ (et circulairement $B'$, $C'$ et $D'$) l'intersection entre le cercle circonscrit et la droite $(IA)$ autre que $A$
- $E'$ (et circulairement $F'$, $G'$ et $H'$) l'intersection entre la bissectrice extérieure de l'angle $\widehat{DAB}$ et la bissectrice extérieure de l'angle $\widehat{ABC}$

Lorsque $O$ et $I$ ne sont pas confondus, je vous propose de montrer que tous les points suivants sont sur la droite $(OI)$ :

- $J$ le centre du cercle passant par $J_1$, $J_2$, $J_3$ et $J_4$ après s'être convaincu que ces points forment un cercle
- $K$ le centre du cercle passant par $I_1$, $I_2$, $I_3$ et $I_4$ après s'être convaincu que ces points forment un cercle
- $L$ le centre du cercle passant par $L_1$, $L_2$, $L_3$ et $L_4$ après s'être convaincu que ces points forment un cercle
- $M$ le point de Miquel du quadrilatère complet
- $P$
- $Q$ l'intersection de $(EE')$, $(FF')$, $(GG')$ et $(HH')$ après s'être convaincu que ces droites sont concourantes
- $S$ l'intersection des diagonales $(O_1O_3)$ et $(O_2O_4)$
- $T$ l'intersection des diagonales $(O_5O_7)$ et $(O_6O_8)$
- $V$ le centre du cercle passant par $E'$, $F'$, $G'$ et $H'$ après s'être convaincu que ces points forment un cercle
- $W$ l'intersection de la droite $(AB')$ avec la droite $(C'D)$
- $X$ l'intersection de la droite $(A'B)$ avec la droite $(CD')$
- $Y$ l'intersection de la droite $(AD')$ avec la droite $(BC')$
- $Z$ l'intersection de la droite $(A'D)$ avec la droite $(B'C)$

question bonus : Est-ce que le point $V$ n'aurait pas un nom particulier ?

PS : toutes mes excuses pour l'absence de figure. Mettre tous ces points avec les traits de construction serait complétement illisible. Je vous invite donc à mettre vos propres figures avec vos points préférés, vous avez l'embarras du choix (et vous n’êtes évidemment pas obligé de tous les traiter).

Amusez-vous bien !

Bouzar

Bonsoir Vassillia,

Comment définis-tu le point $P$ ?

Amicalement

Vassillia

Intersection des diagonales du quadrilatère $ABCD$, j'ai édité mon message initial pour qu'il soit défini avant de s'en servir et non pas après. Merci de la remarque et de ton intérêt 

RHOM

Salut à tous

Vassillia a dit :

Bonjour,

Un quadrilatère bicentrique $ABCD$ est un quadrilatère convexe qui a la propriété d'avoir un cercle inscrit de centre noté $I$ et un cercle circonscrit de centre noté $O$.

On notera :

- $\color{red}P$ l'intersection des diagonales $(AC)$ et $(BD)$
- $E$ (et circulairement $F$, $G$ et $H$) le point de tangence du cercle inscrit à $ABCD$ avec la droite $(AB)$
- $O_1$ (et circulairement $O_2$, $O_3$ et $O_4$) le centre du cercle passant par $A$, $B$ et $P$
- $O_5$ (et circulairement $O_6$, $O_7$ et $O_8$) le centre du cercle passant par $A$, $H$ et $E$
- $I_1$ (et circulairement $I_2$, $I_3$ et $I_4$) le centre du cercle inscrit au triangle $ABP$
- $J_1$ (et circulairement $J_2$, $J_3$ et $J_4$) le centre du cercle exinscrit au triangle $ABP$ touchant le coté $[AB]$
- $L_1$ (et circulairement $L_2$, $L_3$ et $L_4$) le point de Lemoine du triangle $HEP$
- $A'$ (et circulairement $B'$, $C'$ et $D'$) l'intersection entre le cercle circonscrit et la droite $(IA)$ autre que $A$
- $E'$ (et circulairement $F'$, $G'$ et $H'$) l'intersection entre la bissectrice extérieure de l'angle $\widehat{DAB}$ et la bissectrice extérieure de l'angle $\widehat{ABC}$

Lorsque $O$ et $I$ ne sont pas confondus, je vous propose de montrer que tous les points suivants sont sur la droite $(OI)$ :

$\color{red}1)$- $J$ le centre du cercle passant par $J_1$, $J_2$, $J_3$ et $J_4$ après s'être convaincu que ces points forment un cercle
$\color{red}2)$- $K$ le centre du cercle passant par $I_1$, $I_2$, $I_3$ et $I_4$ après s'être convaincu que ces points forment un cercle
$\color{red}3)$- $L$ le centre du cercle passant par $L_1$, $L_2$, $L_3$ et $L_4$ après s'être convaincu que ces points forment un cercle
$\color{red}4)$-  $M$ le point de Miquel du quadrilatère complet
$\color{red}5)$- $P$
$\color{red}6)$- $Q$ l'intersection de $(EE')$, $(FF')$, $(GG')$ et $(HH')$ après s'être convaincu que ces droites sont concourantes
$\color{red}7)$- $S$ l'intersection des diagonales $(O_1O_3)$ et $(O_2O_4)$
$\color{red}8)$- $T$ l'intersection des diagonales $(O_5O_7)$ et $(O_6O_8)$
$\color{red}9)$- $V$ le centre du cercle passant par $E'$, $F'$, $G'$ et $H'$ après s'être convaincu que ces points forment un cercle
$\color{red}10)$- $W$ l'intersection de la droite $(AB')$ avec la droite $(C'D)$
$\color{red}11)$- $X$ l'intersection de la droite $(A'B)$ avec la droite $(CD')$
$\color{red}11)$- $Y$ l'intersection de la droite $(AD')$ avec la droite $(BC')$
$\color{red}12)$- $Z$ l'intersection de la droite $(A'D)$ avec la droite $(B'C)$

question bonus : Est-ce que le point $V$ n'aurait pas un nom particulier ?

 "we're just a retailer's customers not a wholesaler's"

La situation est trop riche j'aurais aimé qu'elle soit subdivisée pour se donner le temps de  la digérer et que chaque question ait l'occasion d'être traitée...

  commençons   selon l'ordre par $1),2)$  (comme je les ai numérotées dans le texte cité),

mais en guise d'apéritif   traitons d'abord $5)$ vu l'importance de ce point:

quelque propriétés   du quadrilatère bicentrique  $ABCD$ :

1)  ses diagonales  et les diagonales du quadrilatère de contact sont concourants

2) les diagonales du quadrilatère de contact sont perpendiculaires

...

 sol de $5)$

Ainsi $ P=AC\cap BD=EG\cap FH$;

Soient  $AB\cap CD=E_1,AD\cap BC =F_1,EF\cap GH=A_1,EH\cap FG=B_1$;

  La polaire de $P$ par rapport à  $(O)$  est $ E_1F_1$ implique $OP\perp E_1F_1$,

 $P$ est sur la polaire de $F_1,E_1$ par rapport $(I)$ donc $F_1,E_1$ est sur la polaire de $P$ par rapport $(I)$ i.e.

$E_1F_1$ est la polaire commune de $P$ par rapport à $(I)$ et à $(O)$  implique $IP\perp E_1F_1$

on en déduit $O,P,I$  sont colinéaire.

 sol de $1)$

laisser $FH$ couper $AB$ en $E*$ on a donc $(A,B,E,E^*)=-1$ mais $EP\perp PE^*$ donc $PE,PE^*$ sont les bissectrices de $\angle APB$ ainsi $I_1\in PE$  on déduit similairement que $I_2\in PF,I_3\in PG,I_4\in PH$

en plus $ \frac {I_1E}{I_1P}= \frac{BE}{BP}= \frac {BF }{BP}= \frac{I_2F}{I_2P}$ 

de même on déduit $\frac{I_3G}{I_3P} = \frac{I_3G}{I_3P}=\frac{I_4H}{I_4P}$ d'où $\frac{PI_1}{PE}=\frac{PI_2 }{PF}=\frac{PI_3 }{PG}=\frac{I_4P}{PH}$

par conséquent $I_1,I_2,I_3,I_4$ sont les images de $E,F,G,H$ par  l'homothétie de centre $p$ et de rapport $\frac{PI_1}{PE}$

il s'en suit que les points sont bien cyclique et que leur circoncentre est sur $PI$.

  sol de $2)$  similairement à $1)$

cordialement

RH HAS

Rescassol

Bonsoir,

Voilà un début en Morley inscrit (j'ai renommé $E,F,G,H,T$ en $V,W,T,U,X$) et c'est déjà confus:

% Vassillia - 17 Octobre 2024 - Quadrilatère bicentrique

clear all, clc

syms t u v w

tB=1/t; uB=1/u; vB=1/v; wB=1/w; % Conjugués

s1=u+v+w; s2=u*v+v*w+w*u; s3=u*v*w; % Fonctions symétriques
s1B=s2/s3; s2B=s1/s3; s3B=1/s3; % Conjugués

% Sommets ABCD du quadrilatère
a=2*u*v/(u+v); b=2*v*w/(v+w); c=2*w*t/(w+t); d=2*t*u/(t+u);

% Conjugués de a,b,c,d
aB=2*uB*vB/(uB+vB); bB=2*vB*wB/(vB+wB); cB=2*wB*tB/(wB+tB); dB=2*tB*uB/(tB+uB);

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

NulCo=Factor(Cocyclique(a,b,c,d,aB,bB,cB,dB));
% On trouve t*v + u*w = 0 donc:
t=-u*w/v; tB=-uB*wB/vB;
c=2*w*t/(w+t); cB=2*wB*tB/(wB+tB);
d=2*t*u/(t+u); dB=2*tB*uB/(tB+uB);

NulUWVT=Factor((w-u)*(vB-tB)+(wB-uB)*(v-t))
% NulUWVT=0 donc (UW) et (TV) sont orthogonales

[o oB]=CercleTroisPoints(a,b,c,aB,bB,cB); % Centre du cercle circonscrit
o=Factor(o); % o=2*s3*(v^2+(u+w)*v-u*w))/((u^2-v^2)*(v^2-w^2))

[pac qac rac]=DroiteDeuxPoints(a,c,aB,cB); % Droite (AC)
[pbd qbd rbd]=DroiteDeuxPoints(b,d,bB,dB); % Droite (BD)
[p pB]=IntersectionDeuxDroites(pac,qac,rac,pbd,qbd,rbd);
p=Factor(p); % p=(u*v-u*w+v*w+v^2)/(2*v)
NulOIP=Factor(o*pB-oB*p) % NulOIP=0 donc P est sur (OI) 
NulPUW=Factor((w-u)*(pB-uB)-(wB-uB)*(p-u)) % NulPUW=NulPTV=0 donc P est
NulPTV=Factor((v-t)*(pB-tB)-(vB-tB)*(p-t)) % aussi sur (UW) et (TV)

[o1 o1B]=CercleTroisPoints(a,b,p,aB,bB,pB); % Centre O1 du cercle ABP
% o1=v*(u^2*v^2+2*u^2*v*w+5*u^2*w^2+2*u*v^3+4*u*v^2*w+2*u*v*w^2+v^4+2*v^3*w+v^2*w^2)/(2*(u+v)*(v+w)*(v^2+u*w))
% De même:
[o2 o2B]=CercleTroisPoints(b,c,p,bB,cB,pB); % Centre O2 du cercle BCP
[o3 o3B]=CercleTroisPoints(c,d,p,cB,dB,pB); % Centre O3 du cercle CDP
[o4 o4B]=CercleTroisPoints(d,a,p,dB,aB,pB); % Centre O4 du cercle DAP
[po13 qo13 ro13]=DroiteDeuxPoints(o1,o3,o1B,o3B); % Droite (O1 O3)
[po24 qo24 ro24]=DroiteDeuxPoints(o2,o4,o2B,o4B); % Droite (O2 O4)
[s sB]=IntersectionDeuxDroites(po13,qo13,ro13,po24,qo24,ro24);
s=Factor(s); % s=(u*v-u*w+v*w+v^2)^2*(u*v+u*w+v*w-v^2)/(4*v*(u^2-v^2)*(v^2-w^2))
NulOIS=Factor(o*sB-oB*s) % NulOIS=0 donc S est sur (OI) 

[o5 o5B]=CercleTroisPoints(a,u,v,aB,uB,vB); % Centre O5 du cercle AUV
[o6 o6B]=CercleTroisPoints(b,v,w,bB,vB,wB); % Centre O6 du cercle BVW
[o7 o7B]=CercleTroisPoints(c,w,t,cB,wB,tB); % Centre O7 du cercle CWT
[o8 o8B]=CercleTroisPoints(d,t,u,dB,tB,uB); % Centre O8 du cercle DTU
[po57 qo57 ro57]=DroiteDeuxPoints(o5,o7,o5B,o7B); % Droite (O5 O7)
[po68 qo68 ro68]=DroiteDeuxPoints(o6,o8,o6B,o8B); % Droite (O6 O8)
[x xB]=IntersectionDeuxDroites(po57,qo57,ro57,po68,qo68,ro68);
x=Factor(x); % T=(u*v-u*w+v*w+v^2)/(4*v)
NulOIX=Factor(o*xB-oB*x) % NulOIX=0 donc X est sur (OI)

Cordialement,
Rescassol

lesmathspointclaires

@Vassillia c'est magnifique, c'est toi qui as trouvé cette droite ?

Vassillia

Non, ce n'est pas moi, je mettrai l'article d'où cela vient dans quelques temps.

Bravo à RHOM et Rescassol qui n'ont pas hésité à s'attaquer à la difficulté, chacun dans un style reconnaissable. Vous avez tout le temps pour étudier les points à votre rythme. A raison d'au moins un par jour, dans 2 semaines au pire, l'affaire est réglée.

Bonne idée de commencer par $P$ et nous avons déjà gagné en plus les points $J$, $K$, $S$ et $T$

Rescassol

Bonjour,

En voilà un peu plus, à mettre à la suite de mon code précédent.
J'ai inséré au début deux fonctions utiles.

function [k kB]=PointDeLemoine(a,b,c,aB,bB,cB)
         % On utilise les coefficients barycentriques BC², CA² et AB²

         a2=(b-c)*(bB-cB); b2=(c-a)*(cB-aB); c2=(a-b)*(aB-bB);

         k=Factor((a*a2+b*b2+c*c2)/(a2+b2+c2));
         kB=Factor((aB*a2+bB*b2+cB*c2)/(a2+b2+c2));

end

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

function [m mB] = PointDeMiquel(a,b,c,d,aB,bB,cB,dB)
         % Point de Miquel d'un quadrilatère ABCD
         
         m=(a*c-b*d)/(a-b+c-d);
         mB=(aB*cB-bB*dB)/(aB-bB+cB-dB);

end

%-----------------------------------------------------------------------
% Points de Lemoine

[L1 L1B]=PointDeLemoine(u,v,p,uB,vB,pB);
[L2 L2B]=PointDeLemoine(v,w,p,vB,wB,pB);
[L3 L3B]=PointDeLemoine(w,t,p,wB,tB,pB);
[L4 L4B]=PointDeLemoine(t,u,p,tB,uB,pB);
NulL=Factor(Cocyclique(L1,L2,L3,L4,L1B,L2B,L3B,L4B))
% NulL=0 donc L1,L2,L3,L4 sont cocycliques
[L LB]=CercleTroisPoints(L1,L2,L3,L1B,L2B,L3B);
L=Factor(L); % L=3*(u*v-u*w+v*w+v^2)/(8*v)
NulOIL=Factor(o*LB-oB*L) % NulOIL=0 donc L est sur (OI) 

%-----------------------------------------------------------------------
% Point de Miquel

[Miq MiqB]=PointDeMiquel(a,b,c,d,aB,bB,cB,dB);
Miq=Factor(Miq); % Miq=2*u*v*w/(u*v+u*w+v*w-v^2)
NulMiq=Factor(o*MiqB-oB*Miq) % NulMiq=0 donc Miq est sur (OI) 

%-----------------------------------------------------------------------
% Points A',B',C',D'

syms m

Ap=m*a; ApB=m*aB;
NulAp=Factor(Cocyclique(a,b,c,Ap,aB,bB,cB,ApB));
% (v^3 - u*v^2 - v*w^2 + u*w^2)*m + 2*w*v^2 + 2*u*w*v = 0 donc
Ap=(4*u*v^2*w)/((v^2-w^2)*(u-v)); ApB=4*v*w/((u-v)*(v^2-w^2));
% De même:
Bp=4*u*v^2*w/((u^2-v^2)*(v-w)); BpB=4*u*v/((u^2-v^2)*(v-w));
Cp=-4*u*v*w^2/((u+v)*(v^2-w^2)); CpB=4*v^2/((u+v)*(v^2-w^2));
Dp=4*u^2*v*w/((v+w)*(u^2-v^2)); DpB=-4*v^2/((v+w)*(u^2-v^2));

[pabp qabp rabp]=DroiteDeuxPoints(a,Bp,aB,BpB); % Droite (AB')
[pcpd qcpd rcpd]=DroiteDeuxPoints(Cp,d,CpB,dB); % Droite (C'D)
[W WB]=IntersectionDeuxDroites(pabp,qabp,rabp,pcpd,qcpd,rcpd);
W=Factor(W);
NulW=Factor(o*WB-oB*W) % NulW=0 donc W est sur (OI) 

[papb qapb rapb]=DroiteDeuxPoints(Ap,b,ApB,bB); % Droite (A'B)
[pcdp qcdp rcdp]=DroiteDeuxPoints(c,Dp,cB,DpB); % Droite (CD')
[X XB]=IntersectionDeuxDroites(papb,qapb,rapb,pcdp,qcdp,rcdp);
X=Factor(X);
NulX=Factor(o*XB-oB*X) % NulX=0 donc X est sur (OI) 

[padp qadp radp]=DroiteDeuxPoints(a,Dp,aB,DpB); % Droite (AD')
[pbcp qbcp rbcp]=DroiteDeuxPoints(b,Cp,bB,CpB); % Droite (BC')
[Y YB]=IntersectionDeuxDroites(padp,qadp,radp,pbcp,qbcp,rbcp);
Y=Factor(Y);
NulY=Factor(o*YB-oB*Y) % NulY=0 donc Y est sur (OI) 

[papd qapd rapd]=DroiteDeuxPoints(Ap,d,ApB,dB); % Droite (A'D)
[pbpc qbpc rbpc]=DroiteDeuxPoints(Bp,c,BpB,cB); % Droite (B'C)
[Z ZB]=IntersectionDeuxDroites(papd,qapd,rapd,pbpc,qbpc,rbpc);
Z=Factor(Z);
NulZ=Factor(o*ZB-oB*Z) % NulZ=0 donc Z est sur (OI)

Cordialement,
Rescassol

pldx1

Bonjour,

(en réponse au message initial)$\def\lin#1{\mathcal{L}_{#1}} \def\iii{\mathcal{I}} \def\rotq{\mathrm{rotq}} \def\ptv{~;~} \def\tra#1{{{\vphantom{#1}}^{t}{#1}}} \def\miq{M_{\mathrm{q}}}$

 Renommons tout cela selon la méthode Clawson.

1. Un quadrilatère possède quatre latères, soit $\lin 1\cdots\lin 4$.
2. On place le centre du cercle inscrit en $\iii=0:1:0$. Il y a quatre points de contact $E_{j}$, paramétrés par $\alpha,\beta,\gamma,\delta$ et l'on fabrique $\mathrm{\rotq}$ qui passe d'un point $E_{j}$ au suivant (quadrangle ordonné).
3. Il y a 6 sommets $A_{jk}=\lin j\wedge\lin k$. On a $A_{12}=\dfrac{2\alpha\beta}{\alpha+\beta}:1:\dfrac{2}{\alpha+\beta}$. On utilise la règle $j<k$... et on prévient l'ordinateur de ce que $A_{41}\doteq A_{14}$.
   
4. La condition pour que $A_{12},A_{23},A_{34},A_{41}$ soient cocycliques est $\alpha\gamma+\beta\delta=0$.
5. Et alors le centre $O$ et la droite $\Delta\doteq O\iii$ sont \[ \left[\begin{array}{c} 2\beta\gamma\alpha\left(\alpha\beta-\alpha\gamma+\beta^{2}+\beta\gamma\right)\\ \left(\alpha-\beta\right)\left(\alpha+\beta\right)\left(\beta+\gamma\right)\left(\beta-\gamma\right)\\ 2\beta\left(\alpha\beta+\alpha\gamma-\beta^{2}+\beta\gamma\right) \end{array}\right]\ptv\tra{\left(\begin{array}{c} \alpha\beta+\alpha\gamma-\beta^{2}+\beta\gamma\\ 0\\ -\alpha\gamma\left(\alpha\beta-\alpha\gamma+\beta^{2}+\beta\gamma\right) \end{array}\right)} \]
6. On calcule $P=E_{1}E_{3}\wedge E_{2}E_{4}$. Vu la relation $\alpha\gamma+\beta\delta=0$, les diagonales des contacts sont orthogonales. On calcule $A_{12}A_{34}\wedge A_{23}A_{41}$, i.e. l'intersection des diagonales principales. Et on retrouve $P$, avec \[ P\simeq\left[\begin{array}{c} \alpha\gamma\left(\alpha\beta-\alpha\gamma+\beta^{2}+\beta\gamma\right)\\ 2\alpha\beta\gamma\\ \alpha\beta+\alpha\gamma-\beta^{2}+\beta\gamma \end{array}\right]\ptv P\in\Delta \]
7. On calcule les cercles de Miquel. \[ \mathrm{kir_{1}\doteq\left(A_{23},A_{34},A_{42}\right)\simeq\left[\begin{array}{c} 2\beta\left(\alpha\beta+\alpha\gamma-\beta^{2}\right)\\ -4\alpha\,\beta^{2}\gamma\\ -2\beta\gamma\alpha\left(\alpha\gamma-\beta^{2}-\beta\gamma\right)\\ \left(\alpha-\beta\right)\left(\beta+\gamma\right)\left(\alpha\gamma-\beta^{2}\right) \end{array}\right]} \] Ils se coupent en $\miq\simeq\dfrac{2\alpha\beta\gamma}{\alpha\beta+\alpha\gamma-\beta^{2}+\beta\gamma}:1:\dfrac{2\beta}{\alpha\beta-\alpha\gamma+\beta^{2}+\beta\gamma}\in\Delta$
8. Les cercles $\mathrm{cir}_{2}=(P,A_{12},A_{23})$. Leurs centres sont \[ O_{2}\simeq\left[\begin{array}{c} \beta^{6}+2\beta^{3}\left(\alpha+\gamma\right)\left(\beta^{2}+\alpha\gamma\right)+\left(\alpha^{2}+4\alpha\gamma+\gamma^{2}\right)\beta^{4}+5\alpha^{2}\gamma^{2}\beta^{2}\\ 2\beta^{5}+2\beta^{2}\left(\alpha+\gamma\right)\left(\beta^{2}+\alpha\gamma\right)+4\alpha\,\beta^{3}\gamma+2\alpha^{2}\beta\,\gamma^{2}\\ 5\beta^{4}+2\beta\left(\alpha+\gamma\right)\left(\beta^{2}+\alpha\gamma\right)+\left(\alpha^{2}+4\alpha\gamma+\gamma^{2}\right)\beta^{2}+\alpha^{2}\gamma^{2} \end{array}\right] \] Et on obtient: $S\doteq O_{1}O_{3}\wedge O_{2}O_{4}\simeq\left[\begin{array}{c} \alpha\gamma\left(\alpha\beta+\alpha\gamma-\beta^{2}+\beta\gamma\right)\left(\alpha\beta-\alpha\gamma+\beta^{2}+\beta\gamma\right)^{2}\\ 4\alpha\gamma\beta\left(\beta-\gamma\right)\left(\beta+\gamma\right)\left(\alpha+\beta\right)\left(\alpha-\beta\right)\\ \left(\alpha\beta+\alpha\gamma-\beta^{2}+\beta\gamma\right)^{2}\left(\alpha\beta-\alpha\gamma+\beta^{2}+\beta\gamma\right) \end{array}\right]\in\Delta$
9. Les cercles $\mathrm{cir_{12}}=\left(E_{1},A_{12},E_{2}\right)$ ont pour centres les $O_{12}\simeq\alpha\beta:\alpha+\beta:1$. Et on obtient: \[ T\doteq O_{12}O_{34}\wedge O_{23}O_{41}\simeq\left[\begin{array}{c} \alpha\gamma\left(\alpha\beta-\alpha\gamma+\beta^{2}+\beta\gamma\right)\\ 4\alpha\beta\gamma\\ \alpha\beta+\alpha\gamma-\beta^{2}+\beta\gamma \end{array}\right]\in\Delta \]
10. Les points de Lemoine des triangles $PE_{1}E_{2}$: \[ L_{12}=\left|PE_{1}\right|^{2}E_{2}+\left|PE_{2}\right|^{2}E_{1}+\left|E_{1}E_{2}\right|^{2}P\simeq\left[\begin{array}{c} -\alpha\beta\left(\alpha\,\beta^{2}-4\alpha\beta\gamma+3\alpha\,\gamma^{2}-\beta^{3}-4\beta^{2}\gamma-3\gamma^{2}\beta\right)\\ 8\alpha\gamma\,\beta^{2}\\ 3\alpha\,\beta^{2}+4\alpha\beta\gamma+\alpha\,\gamma^{2}-3\beta^{3}+4\beta^{2}\gamma-\gamma^{2}\beta \end{array}\right] \] On vérifie que ces quatre points sont à égale distance du point \[ L_{0}\doteq\left[\begin{array}{c} 3\alpha\gamma\left(\alpha\beta+\gamma\beta-\alpha\gamma+\beta^{2}\right)\\ 8\alpha\beta\gamma\\ 3\left(\alpha\beta+\gamma\beta+\alpha\gamma-\beta^{2}\right) \end{array}\right]\in\Delta \]
11. Le point $A_{jk}'$ est l'intersection entre le cercle circonscrit et la droite $\iii A_{jk}$ autre que $A_{jk}$. Et alors $W_{1}\doteq\left(A_{12}\wedge A_{23}'\right)\wedge\left(A_{34}'\wedge A_{41}\right)\in\Delta$. Les trois autres s'obtiennent par $\rotq$ dans l'ordre $W,Y,X,Z$.

Cordialement, Pierre.

Vassillia

Finalement, heureusement qu'il y avait plein de points sinon ce serait déjà fini ! Encore bravo à Rescassol et pldx1 qui sont arrivés aux mêmes résultats.

Les notations de Clawson sont quand même plus pratique que celle de l'article initial (qui démontre tout en synthétique). Sauf erreur de ma part, il manque encore $Q$ et $V$ et éventuellement le nom du point $V$ avant que je rajoute l'article en question.

RHOM

Suite 

Sol.$3)$

soit $P_1 P_2P_3P_4$ le quadrilatère pédale de $P$ par rapport à $EFGH$;

$I,P$ isogonal  par rapport à $EFGH$ en effet :

$\angle BAP=\frac{\pi}2-\angle  PBA=\frac{\pi}2-\angle  DBA=\angle IAD$ idem pour les autres egalités.

on deduit le cercle pédale commun par rapport à $EFHG$ implique $C_P$ le circoncentre de  $P_1 P_2P_3P_4$ est le milieu de $IP$;

en plus    $L_1$ est la milieu de $PP_1$ car $PHE$ est rectangle. similairement pour les autres il s'en suit $L$, le circoncentre de $L_1L_2L_3L_4$ est le milieu de $PC_P$ donc $L\in IP$.

Sol.$4)$

je rappelle une propriété du point de Miquel :

Si $ABCD$ un quadrilatère cyclique de circoncentre $O$ ; $AB\cap CD=E,AD\cap BC=F,AC\cap BD=K, M$ son point de Miquel 

alors $E,M,F$  sont alignés et $O,K,M$ sont alignés et $OM\perp EF$ .

____________________________________________________________________________

on a vu que $E_1F_1$ est la polaire de $P$ par rapport à $\odot(O)$ donc $OP\perp E_1F_1$ mais $OM\perp E_1F_1,M\in E_1F_1$ il vient $OP$ passe par $M$

Sol.$6) et 9)$

on $E'F'\perp BI \perp EF$ donc $EF\parallel E'F'$ idem $FG\parallel G'F',GH\parallel G'H' ,HE\parallel E'H'$

en plus $E',G',I$ sont alignés sur la bissectrice de $\angle AF_1B$ qui est perpendiculaire à $FH$ mais $FH\perp EG$  d'où $E'G'\parallel EG$;  il s'en suit  $EFGH,E'F'G'H'$ sont homothétiques ainsi $E'F'G'H'$ est  cyclique et $EE',FF',GG',HH'$ sont concourants en le centre d' homothétie  $Q$   il suffit de montrer que $V$ est sur $OI$;

j'avance que $D'$ est milieu de $E'F'$ en effet :

puisque $E'IF'$ est rectangle il suffit de montrer que $\angle D'E'I=\angle D'IE'$:

$\angle D'E'I=\angle BE'I=\angle B'AI $ car $E'AIB$ est cyclique;

$\angle D'IE'=\angle DIG'=\angle DCG'$ car$DICG'$ cyclique;

mais $\angle B'AI,\angle DCG'$ sont resp. la moitié de deux angles égaux

 ainsi $\angle D'E'I=\angle D'IE'$;

idem on montre que $A',B',C'$ sont les milieux de $F'G',G'H',H'E'$ ;

  donc $I$ et $V$  ont le même cercle pédale $(O)$  i.e. $I,V$ sont isogonaux par rapport à $E'F'G'H'$ et $O$ est le milieu de $IV$ ainsi $V$ est sur $OI$ il s'en suit  $Q$ est sur $OI$.

 cordialement

RH HAS

 

 

 

pldx1

(suite) $\def\etc{,\:\mathrm{etc}}$

1. $A=A_{12},B=A_{23},C=A_{34},D=A_{41}$ ; $E=E_{1},F=E_{2},G=E_{3},H=E_{4}$.
2. Les cercles $\left(P;0\right)$, $\left(\iii\right)$, $\left(O\right)$, $\left(\miq;0\right)$ appartiennent au même faisceau
3. Le centre inscrit $I_{2}$ du triangle $A_{12}PA_{23}$. Ce point commence par vérifier que \[ \tan\left(PA_{12},PZ\right)+\tan\left(PA_{23},PZ\right)=0 \] On trouve le produit de deux droites, dont une passe par $E_{2}$. On écrit donc $Z=kP+E_{2}$. Et on résoud \[ \tan\left(A_{12}P,A_{12}Z\right)+\tan\left(A_{12}A_{23},A_{12}Z\right)=0 \] On obtient: $k^{2}=\left(\beta^{4}-\left(\alpha^{2}-4\alpha\gamma+\gamma^{2}\right)\beta^{2}+\alpha^{2}\gamma^{2}\right)\div4\alpha\,\beta^{2}\gamma$... qui est invariant par $\rotq$. D'où une homothétie. Pencil, anyone ?
4. Le centre $P$-exinscrit $J_{2}$ du triangle $A_{12}PA_{23}$. Le lecteur attentif aura remarqué de lui même que $k^{2}$ possède deux racines carrées. Homothétie, pencil, repetare.
5. On trace les droites $A_{12},A_{34}'\etc$. On coupe chaque droite avec la suivante, donnant les points \[ G_{2}\simeq4\alpha\beta\gamma:\left(\alpha+\beta\right)\left(\beta+\gamma\right):4\beta\etc \] On constate que les $E_{j}G_{j}$ concourent en \[ Q\doteq\left[\begin{array}{c} 4\beta\gamma\alpha\left(\alpha\beta-\alpha\gamma+\beta^{2}+\beta\gamma\right)\\ \alpha^{2}\beta^{2}-\alpha^{2}\gamma^{2}+8\alpha\,\beta^{2}\gamma-\beta^{4}+\beta^{2}\gamma^{2}\\ 4\beta\left(\alpha\beta+\alpha\gamma-\beta^{2}+\beta\gamma\right) \end{array}\right]\in\Delta \]
6. On constate que les $G_{j}$ sont cocycliques. Et le centre est: \[
   V \simeq \left[\begin{array}{c} 4 \beta \gamma \alpha  \left(\alpha  \beta -\alpha  \gamma +\beta^{2}+\beta \gamma \right) \\ \left(\alpha -\beta \right) \left(\alpha +\beta \right) \left(\beta +\gamma \right) \left(\beta -\gamma \right) \\ 4 \beta \left(\alpha  \beta +\alpha  \gamma -\beta^{2}+\beta \gamma \right)  \end{array}\right] \in\Delta \]
7. Finalement, il suffit de recoller les morceaux pour obtenir $V=2O-\iii$. Autrement dit, $V$ comme Bevan !
   

Cordialement, Pierre

Edit: added §7

Rescassol

Bonjour,

Un petit bout de plus en Morley inscrit, ça devient fastidieux:

AB2=Factor((b-a)*(bB-aB)); % -(4*v^2*(u - w)^2)/((u + v)^2*(v + w)^2)
AC2=Factor((c-a)*(cB-aB));
BC2=Factor((c-b)*(cB-bB)); % -(4*(v^2 + u*w)^2)/((v + w)^2*(u - v)^2)

AP2=Factor((p-a)*(pB-aB)); 
BP2=Factor((p-b)*(pB-bB)); % BP2/AP2 = ((u + v)^2*(v - w)^2)/((v + w)^2*(u - v)^2)
CP2=Factor((p-c)*(pB-cB)); % CP2/AP2 = (u + v)^4/(u - v)^4
DP2=Factor((p-d)*(pB-dB)); % DP2/AP2 = ((u + v)^2*(v + w)^2)/((u - v)^2*(v - w)^2)

AD2=Factor((d-a)*(dB-aB)); % -(4*(v^2 + u*w)^2)/((u + v)^2*(v - w)^2)
BD2=Factor((d-b)*(dB-bB));
CD2=Factor((d-c)*(dB-cB));

% AC2/AP2 = (16*u^2*v^2)/(u - v)^4
% BD2/AP2 = (16*v^2*w^2*(u + v)^2)/((v + w)^2*(u - v)^2*(v - w)^2)
% CD2/AP2 = (16*v^2*w^2*(u + v)^2)/((v + w)^2*(u - v)^2*(v - w)^2)

syms m % m^2=-(u*v+u*w-v*w+v^2)*(u*w-u*v+v*w+v^2)/(u*w*(u+v)^2)

% Centre I1 inscrit dans APB
alpha=-(u+v)*(v-w)/(2*v*(v+w)) * m; % BP
beta=-(u-v)/(2*v) * m;              % AP
gamma=2*i*v*(u-w)/((u+v)*(v+w));    % AB
I1=Factor((alpha*a+beta*b+gamma*p)/(alpha+beta+gamma));
I1B=Factor((alpha*aB+beta*bB+gamma*pB)/(alpha+beta+gamma));
% I1 = -(-m*v*(u+v) + i*(u*v-u*w+v*w+v^2))/(m*u - v*2i + m*v)

% Centre I2 inscrit dans BPC
alpha=(u+v)^2/(2*v*(u-v)) * m;      % CP
beta=-(u+v)*(v-w)/(2*v*(v+w)) * m;  % BP
gamma=-2*i*(v^2+u*w)/((v+w)*(u-v)); % BC
I2=Factor((alpha*b+beta*c+gamma*p)/(alpha+beta+gamma));
I2B=Factor((alpha*bB+beta*cB+gamma*pB)/(alpha+beta+gamma));
% I2 = -(-m*w*(u+v) + i*(u*v-u*w+v*w+v^2))/(m*u - v*2i + m*v)

% Centre I3 inscrit dans CPD
alpha=(u+v)*(v+w)/(2*v*(v-w)) * m;  % DP
beta=(u+v)^2/(2*v*(u-v)) * m;       % CP
gamma=-2*i*v*(u-w)/((u-v)*(v-w));   % CD
I3=Factor((alpha*c+beta*d+gamma*p)/(alpha+beta+gamma));
I3B=Factor((alpha*cB+beta*dB+gamma*pB)/(alpha+beta+gamma));
% I3 = -(m*u*w*(u+v) + i*v*(u*v-u*w+v*w+v^2))/(v*(m*u - v*2i + m*v))

% Centre I4 inscrit dans DPA
alpha=-(u-v)/(2*v) * m;             % AP
beta=(u+v)*(v+w)/(2*v*(v-w)) * m;   % DP
gamma=-2*i*(v^2+u*w)/((u+v)*(v-w)); % AD
I4=Factor((alpha*d+beta*a+gamma*p)/(alpha+beta+gamma));
I4B=Factor((alpha*dB+beta*aB+gamma*pB)/(alpha+beta+gamma));
% I4 = -(-m*u*(u+v) + i*(u*v-u*w+v*w+v^2))/(m*u - v*2i + m*v)

NulI=Factor(Cocyclique(I1,I2,I3,I4,I1B,I2B,I3B,I4B))
% On trouve NulI=0 donc I1,I2,I3,I4 sont cocycliques

[K KB]=CercleTroisPoints(I1,I2,I3,I1B,I2B,I3B);
K=Factor(K); % K=-i*(u*v-u*w+v*w+v^2)/(m*u - v*2i + m*v)
NulOIK=Factor(o*KB-oB*K) % NulK=0 donc K est sur (OI)% Cercles inscrits

Cordialement,
Rescassol

Rescassol

Bonsoir,

Et on continue:

% Points J1,J2,J3,J4

[pi1 qi1 ri1]=DroiteDeuxPoints(p,I1,pB,I1B); % Droite (P I1)
[pab qab rab]=DroiteDeuxPoints(a,b,aB,bB); % Droite (AB)
[j jB]=IntersectionDeuxDroites(pi1,qi1,ri1,pab,qab,rab);
J1=Factor(ConjugueHarmonique(p,j,I1));
% J1=(m*v*(u+v) + i*(u*v-u*w+v*w+v^2))/(m*u + m*v + v*2i)
J1B=Factor(ConjugueHarmonique(pB,jB,I1B));

[pi2 qi2 ri2]=DroiteDeuxPoints(p,I2,pB,I2B); % Droite (P I2)
[pbc qbc rbc]=DroiteDeuxPoints(b,c,bB,cB); % Droite (BC)
[j jB]=IntersectionDeuxDroites(pi2,qi2,ri2,pbc,qbc,rbc);
J2=Factor(ConjugueHarmonique(p,j,I2));
% J2=(m*w*(u+v) + i*(u*v-u*w+v*w+v^2))/(m*u + m*v + v*2i)
J2B=Factor(ConjugueHarmonique(pB,jB,I2B));

[pi3 qi3 ri3]=DroiteDeuxPoints(p,I3,pB,I3B); % Droite (P I3)
[pcd qcd rcd]=DroiteDeuxPoints(c,d,cB,dB); % Droite (CD)
[j jB]=IntersectionDeuxDroites(pi3,qi3,ri3,pcd,qcd,rcd);
J3=Factor(ConjugueHarmonique(p,j,I3));
% J3=(-m*u*w*(u+v) + i*v*(u*v-u*w+v*w+v^2))/(v*(m*u + m*v + v*2i))
J3B=Factor(ConjugueHarmonique(pB,jB,I3B));

[pi4 qi4 ri4]=DroiteDeuxPoints(p,I4,pB,I4B); % Droite (P I4)
[pda qda rda]=DroiteDeuxPoints(d,a,dB,aB); % Droite (DA)
[j jB]=IntersectionDeuxDroites(pi4,qi4,ri4,pda,qda,rda);
J4=Factor(ConjugueHarmonique(p,j,I4));
% J4=(m*u*(u+v) + i*(u*v-u*w+v*w+v^2))/(m*u + m*v + v*2i)
J4B=Factor(ConjugueHarmonique(pB,jB,I4B));

NulJ=Factor(Cocyclique(J1,J2,J3,J4,J1B,J2B,J3B,J4B))
% On trouve NulI=0 donc J1,J2,J3,J4 sont cocycliques

[J JB]=CercleTroisPoints(J1,J2,J3,J1B,J2B,J3B);
J=Factor(J); % J=-i*(u*v-u*w+v*w+v^2)/(m*u - v*2i + m*v)
NulOIJ=Factor(o*JB-oB*J) % NulOIJ=0 donc J est sur (OI)

Cordialement,
Rescassol

Rescassol

Bonsoir,

Et la fin:

% Points E',F',G',H'

[paai qaai raai]=DroitePerpendiculaire(a,a,0,aB,aB,0);
[pbbi qbbi rbbi]=DroitePerpendiculaire(b,b,0,bB,bB,0);
[pcci qcci rcci]=DroitePerpendiculaire(c,c,0,cB,cB,0);
[pddi qddi rddi]=DroitePerpendiculaire(d,d,0,dB,dB,0);

[Ep EpB]=IntersectionDeuxDroites(paai,qaai,raai,pbbi,qbbi,rbbi);
[Fp FpB]=IntersectionDeuxDroites(pbbi,qbbi,rbbi,pcci,qcci,rcci);
[Gp GpB]=IntersectionDeuxDroites(pcci,qcci,rcci,pddi,qddi,rddi);
[Hp HpB]=IntersectionDeuxDroites(pddi,qddi,rddi,paai,qaai,raai);
Ep=Factor(Ep); % Ep=4*u*v*w/((u+v)*(v+w));
Fp=Factor(Fp); % Fp=4*u*v*w/((v+w)*(u-v));
Gp=Factor(Gp); % Gp=4*u*v*w/((u-v)*(v-w));
Hp=Factor(Hp); % Hp=-4*u*v*w/((u+v)*(v-w));

% Concourance de (VE'), (WF'), (TG'), (UH')

[pE qE rE]=DroiteDeuxPoints(v,Ep,vB,EpB); % Droite (VE')
[pF qF rF]=DroiteDeuxPoints(w,Fp,wB,FpB); % Droite (WF')
[pG qG rG]=DroiteDeuxPoints(t,Gp,tB,GpB); % Droite (TG')
[pH qH rH]=DroiteDeuxPoints(u,Hp,uB,HpB); % Droite (UH')

NulEFG=Factor(det([pE qE rE; pF qF rF; pG qG rG]))
NulEFH=Factor(det([pE qE rE; pF qF rF; pH qH rH]))
% NulrfG = NulEGH = 0 donc (VE'), (WF'), (TG'), (UH') sont concourantes
[Q QB]=IntersectionDeuxDroites(pE,qE,rE,pF,qF,rF);
Q=Factor(Q);
% Q=4*u*v*w*(u*v-u*w+v*w+v^2)/(u^2*v^2-u^2*w^2+8*u*v^2*w-v^4+v^2*w^2)
NulQ=Factor(o*QB-oB*Q) % NulQ=0 donc Q est sur (OI) 

% Cercle E'F'G'H'

NulV=Factor(Cocyclique(Ep,Fp,Gp,Hp,EpB,FpB,GpB,HpB))
% On trouve NulV=0 donc E',F',G',H' sont cocycliques

[V VB]=CercleTroisPoints(Ep,Fp,Gp,EpB,FpB,GpB);
V=Factor(V) % V=4*u*v*w*(u*v-u*w+v*w+v^2)/((u^2-v^2)*(v^2-w^2))
NulOIV=Factor(o*VB-oB*V) % NulOIV=0 donc V est sur (OI)

Cordialement,
Rescassol

Vassillia

Pour information, on est quand même sur l'intégralité des résultats d'un article de Martin Josefsson de 2023 publié dans le International Journal of Geometry (journal académique peer reviewed), article que je vous mets en pièce jointe.

Joli courage à vous tous !

Vous en rêviez ? pldx1 l'a fait, vous pouvez jouer avec sa version geogebra https://www.geogebra.org/classic/tfawfxss que je mets en ligne si vous êtes fâché avec l'informatique et que vous n'arrivez pas à la récupérer et à l'utiliser.

Rescassol

Bonsoir,

On a bien $V=2o=\dfrac{4uvw(uv-uw+vw+v^2)}{(u^2-v^2)(v^2-w^2)}$ et donc $Ô$ est le milieu de $[IV]$.

Cordialement,
Rescassol

Rescassol

Bonjour,

De façon plus symétrique: $V=\dfrac{4tuvw(t+u+v+w)}{(t+u)(t+w)(u+v)(v+w)}$ avec $tv + uw = 0$.

Cordialement,
Rescassol

pldx1

Bonjour,

il est intéressant d'examiner les cubiques de vanRees, celle de $ABCD$ et celle de $EFGH$. Cela demandera d'examiner les points de Miquel.

Cordialement, Pierre.

Vassillia

D'accord, merci, c'est joli, comme $ABCD$ et $EFGH$ ont même point de Miquel alors les cubiques de vanRees passent toutes 2 par ce point mais je m'y perds un peu avec tous ces points.