Cercles coaxiaux

Jean-Louis Ayme

Bonsoir,

1. ABC un triangle

2. 0 le cercle circonscrit à ABC

3. M le milieu de [BC]

4. A1 le second point d'intersection de (AM) avec 0

5. Ta1 la tangente à 0 en A1

6. A2 le point d'intersection de Ta1 avec (BC)

7. 1a le cercle circonscrit au triangle MA1A2

8. 1b, 1c les cercles obtenus par permutation circulaire avec les notations qui vont avec.

Question : 1a, 1b et 1c sont coaxiaux.

Sincèrement
Jean-Louis

pappus

Bonjour à tous

Voici in fine la figure de Jean-Louis

Amicalement

pappus

pldx1

X(858)

Rescassol

Bonsoir,

% Jean-Louis Ayme - 08 Janvier 2025 - Cercles coaxiaux

clear all, clc

syms a b c real

% 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;
Sab=Sa*Sb; Sbc=Sb*Sc; Sca=Sc*Sa;

S2=Sab+Sbc+Sca; % 4 fois le carré de l'aire (donc S2=4*S^2)
% (a+b+c)*(a+b-c)*(a-b+c)*(b-a+c) = 4*S2 = 16*S^2

A=[1; 0; 0]; B=[0; 1; 0]; C=[0; 0; 1]; % Sommets du triangle MBC
BC=[1, 0, 0]; CA=[0, 1, 0]; AB=[0, 0, 1]; % Côtés du triangle ABC

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

syms t u x y z real

M=[0; 1; 1]; % Milieu de [BC]

A1=Barycentre([A M],[1 t]);
NulA1=Factor(Cocycliques(A,B,C,A1,a,b,c))
% t*a^2 + 2*b^2 + 2*c^2 = 0 donc:
A1=SimplifieBary(Barycentre([A M],[1 -2*(b^2+c^2)/a^2])); 
% On trouve A1=[-a^2; b^2+c^2; b^2+c^2]

A2=Barycentre([B C],[1 t]);
A1A2=SimplifieBary(Wedge(A1,A2)); % [(t-1)*(b^2+c^2), a^2*t, -a^2]
f(x,y,z)=a^2*y*z+b^2*z*x+c^2*x*y; % Cercle circonscrit
NulA2=Factor(f(a^2*(t*y-z)/((1-t)*(b^2+c^2)),y,z));
% On trouve (z*b^2+t*y*c^2)*(y-z)=0 
% donc b^2+t*c^2=0 pour qu'il y ait une solution double
A2=SimplifieBary(Barycentre([B C],[1 -b^2/c^2])); % A2=[0; -c^2; b^2]

[Oa Ra2]=CercleTroisPointsBary(M,A1,A2,a,b,c);
Oa=SimplifieBary(Oa); [Ob Oc]=PermCirc(Oa,a,b,c);
Ra2=Factor(Ra2); [Rb2 Rc2]=PermCirc(Ra2,a,b,c);

NulCentres=Factor(det([Oa Ob Oc]))
% NulCentres=0 donc Oa, Ob, Oc sont alignés

Ax=SimplifieBary(AxeRadicalBary(Oa,Ra2,Ob,Rb2,a,b,c))
% On trouve Ax=[(b^2-c^2)*Sa, (c^2-a^2)*Sb, (a^2-b^2)*Sc]
% qui est invariant par permutation circulaire
% Donc les trois cercles sont coaxiaux

L'axe radical commun est la droite d'Euler du triangle $ABC$.

Cordialement,
Rescassol

Rescassol

Bonsoir,

Quelques précisions:

[B2 C2]=PermCirc(A2,a,b,c);
Nul2=Factor(det([A2 B2 C2])); % Nul2=0 donc A2, B2, C2 sont alignés
A2B2=SimplifieBary(Wedge(A2,B2)) % A2B2=[a^2, b^2, c^2]

NulPerp=Factor(Ax*MatriceGram(a,b,c)*A2B2.')
% NulPerp=0 donc la droite (A2 B2 C2) est orthogonale à la droite d'Euler

X=SimplifieBary(Wedge(A2B2,Ax)) % C'est X858
% X858 =
% - a^4*b^2 - a^4*c^2 + 2*a^2*b^2*c^2 + b^6 - b^4*c^2 - b^2*c^4 + c^6
%   a^6 - a^4*c^2 - a^2*b^4 + 2*a^2*b^2*c^2 - a^2*c^4 - b^4*c^2 + c^6
%   a^6 - a^4*b^2 - a^2*b^4 + 2*a^2*b^2*c^2 - a^2*c^4 + b^6 - b^2*c^4

O=[a^2*Sa; b^2*Sb; c^2*Sc]; % Centre du cercle ciorconscrit
NulO=Factor(Cocycliques(M,A1,A2,O,a,b,c))
NulX=Factor(Cocycliques(M,A1,A2,X,a,b,c))
% NulO=NulX=0 donc O et X sont les points communs 
% aux trois cercles MA1A2, MB1B2, MC1C2

Cordialement,
Rescassol

pappus

Bonsoir à tous

Les points $A_2$, $B_2$, $C_2$ sont alignés sur la droite isotomique de la polaire trilinéaire du point de Lemoine $K$.

Autrement dit le pôle trilinéaire de cette droite $(A _2B_2C_2)$ est le point isotomique de $K$.

On peut dire aussi que la droite $(A_2B_2C_2)$ est la droite duale de $K$ c'est-à-dire la polaire de $K$ par rapport à la conique d'équation homogène $x^2+y^2+z^2=0$.

Cette conique, admirable à contempler, porte un nom seul connu des sectateurs de cette minusculissime géométrie du triangle.

Les cercles $(1_a)$, $(1_b)$, $(1_c)$ sont respectivement les cercles de diamètres $OA_2$, $OB_2$, $OC_2$ qui passent évidemment aussi par la projection orthogonale $P$ de $O$, centre du cercle circonscrit au triangle $ABC$, sur ladite droite $A_2B_2C_2$.

$P=X(858)$, extase, extase. On prend son pied comme on peut!

Amicalement

pappus

Rescassol

Bonsoir,

La droite $A_2B_2C_2$ est la polaire trilinéaire du troisième point de Brocard $X_{76}=\left[ \dfrac{1}{a^2};\space\dfrac{1}{b^2};\space\dfrac{1}{c^2}\right ]$.

Cordialement,
Rescassol

pappus

Merci Rescassol. 

Autrement dit ce troisième point de Brocard que je ne connaissais pas sous ce nom est bien le point isotomique du point de Brocard comme je l'ai dit.

Ne tournons pas autour du pot, l'équation de la droite $(A_2B_2C_2)$ est bien:

$$a^2x+b^2y+c^2z=0$$

pour ceux qui en douteraient encore!

Amitiés

pappus

Rescassol

Bonsoir,

Oui, j'ai déjà donné l'équation de cette droite au début de mon message de 19 h 10.

Cordialement,
Rescassol

pappus

Merci Rescassol

Je t'avais déjà dit que je n'avais plus les yeux en face des trous.

Certains ricaneront comme d'habitude mais ma vision est devenue très mauvaise!

Amitiés

pappus

Jean-Louis Ayme

Bonjour,

•   1a, 1b, 1c concourent en O

•   G ayant la même puissance par rapport à 1a, 1b, 1c est sur leur axe radical (GO)

•   en conséquence,  1a, 1b et 1c sont coaxiaux.

Sincèrement
Jean-Louis

pappus

Bravo Jean-Louis

Encore faut-il prouver que $G$ a même puissance envers les cercles $(1_a)$, $(1_b)$, $(1_c)$?

C'est forcément élémentaire puisque tu le demandes!

La puissance de $G$ par rapport au cercle  $(1_a)$ est:

$\overline{GA'}.\overline{GA_1}=-\dfrac 12\overline{GA}.\overline{GA_1}=-\dfrac 12\Gamma(G)$ d'après une propriété autrefois bien connue de $G$ en tant qu'isobarycentre des points $A$, $B$, $C$. Est-elle encore enseignée aujourd'hui? Je n'en ai pas la moindre idée!

Ici $\Gamma(G)$ est la puissance de $G$ par rapport au cercle circonscrit $\Gamma$ au triangle $ABC$.

Je suppose que tu prouves l'alignement des points $A_2$, $B_2$, $C_2$ en invoquant les mânes du vénérable et de l'ineffable Ménélaüs?

Mais l'acmé de ton exercice c'est de remarquer que $P=X(858)$ et de nous le jeter comme un os à ronger pour nous misérables mortels!

Amitiés

pappus