Newton 1686

Jean-Louis Ayme

Bonjour,

retour vers le passé... une solution très simple mais élégante est-elle possible?

1. 1 un cercle,

2. ABCD un quadrilatère inscrit dans 1
3. PQRS le quadrilatère tangentiel de ABCD.

Question : (PR), (SQ), (AC) et (BD) sont concourantes.

Voici la figure. Bien amicalement, JLB

Tonm

Salut, Jean Louis A. C'est l'application deux fois d'un théorème générale dans https://les-mathematiques.net/vanilla/discussion/comment/2491944#Comment_2491944
Première fois $(AC)$, $(BD)$ et $(PR)$ puis $(AC)$, $(BD)$ et $(SQ)$ sont concurrentes.
Voir aussi Theorem 3.1 dans la note jointe.

Le commentaire que j'ai posté dans le lien est plus générale (une preuve calculatoire a pris 3-4 pages), l'angles en questions peuvent ne pas être droits mais il y a question d'orientation; je vais joindre une figure générale. (Les angles seront supplémentaires).
Cordialement.

Rescassol

Bonsoir,

% Jean-Louis Ayme - 11 Janvier 2025 - Newton 1686

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syms a b c d

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

[p pB]=IntersectionDeuxDroites(aB,a,-2,bB,b,-2);
% On trouve p=2*a*b/(a+b)  De même:
q=2*b*c/(b+c); r=2*c*d/(c+d); s=2*d*a/(d+a);
qB=2*bB*cB/(bB+cB); rB=2*cB*dB/(cB+dB); sB=2*dB*aB/(dB+aB);

[m mB]=IntersectionDeuxDroites(1,a*c,-a-c,1,b*d,-b-d);
% On trouve m=(a*b*c-a*b*d+a*c*d-b*c*d)/(a*c-b*d)

[ppr qpr rpr]=DroiteDeuxPoints(p,r,pB,rB);
[pqs qqs rqs]=DroiteDeuxPoints(q,s,qB,sB);
[n nB]=IntersectionDeuxDroites(ppr,qpr,rpr,pqs,qqs,rqs);
% On trouve n=(a*b*c-a*b*d+a*c*d-b*c*d)/(a*c-b*d)

% On constate que m=n donc c'est gagné

Cordialement,
Rescassol

Vassillia

Bonjour, je traduis la version de Rescassol car c'est quand même très facile et très joli.

Les points $A$, $B$, $C$ et $D$ vont être paramétrés par des complexes de module $1$, ce qui donne en coordonnées inclusives $A\simeq (a:1:1/a)$ ; $B\simeq (b:1:1/b)$ ; $C\simeq (c:1:1/c)$ et $D\simeq (d:1:1/d)$.

Si $M\simeq (z:t:\zeta)$ appartient au même cercle, il vérifie l'équation $z \zeta =t^2$ autrement dit $cer \simeq \left(\begin{array}{rrr} 0 & 0 & 1 \\ 0 & -2 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{array}\right)$ puisque $^t M \cdot cer \cdot M=0$ redonne la même équation.

On calcule les tangentes comme des polaires c'est à dire $tanA\simeq ^t A \cdot cer =[1,-2a,a^2]$ et de même pour les autres tangentes.

On calcule les points d'intersections avec le fameux wedge c'est à dire $P \simeq tanA \wedge tanB \simeq (2ab:a+b:2)$ et de même pour les autres points

Et enfin on constate que $(A\wedge C)\wedge(B\wedge D) \simeq (P\wedge R)\wedge(Q\wedge S) \simeq (abc - abd + acd - bcd: ac - bd: a - b + c - d)$ c'est donc le même point.

Plus de détails sur les coordonnées inclusives si demandé ( voir aussi https://les-mathematiques.net/vanilla/discussion/727099/geometrie-projective-pour-agregatifs )

pappus

Bonsoir à tous

C'est plus ou moins le théorème de Brianchon dans le cas du quadrilatère.

Les calculs sont connus depuis belle lurette.

Pour une démonstration élémentaire, je propose la méthode suivante;

1° Prouver l'existence des six cercles rouges de ma figure.

Est-ce possible dans le cadre des programmes actuels? Je n'en sais rien mais j'en doute!

2° Appliquer le théorème sur les alignements  des centres d'homothéties des triplets de cercles.

Alors là, c'est mission impossible.

Il est donc préférable d'empiler les Véronèses!

Amicalement

pappus

Rescassol

Bonsoir,

Ça ne m'a pas l'air tellement plus simple.

Cordialement,
Rescassol

pappus

Mon cher Rescassol

Ce n'est pas une question de simplicité!

Il s'agit d'éviter les calculs comme le demande Jean-Louis Ayme.

Quant aux calculs eux-mêmes, autant les mener sur une conique projective quelconque puisque c'est une question projective.

Amitiés

pappus

Vassillia

Je confirme que ni le théorème de Brianchon, ni celui sur l'alignement, n'a jamais été vu de toute ma scolarité (et par ailleurs, il n'y a pas besoin non plus de veronese pour cet exercice).

Si on veut le faire pour une conique quelconque, on doit changer les paramètres alors que cet exercice pourrait être sympa comme illustration de l'utilité des complexes en géométrie disons fin secondaire.

Casagrande

Vassillia a dit pas loin : 

alors on pourrait peut-être dire :  

Vassillia

Ah mais oui, bien vu, merci, il suffit de se dire que le quadrilatère est un parallélogramme, son centre et alors le même que le centre du cercle (en perspective)

Mais je ne sais pas comment rédiger proprement ce genre de démonstration et c'était ma hantise petite que le prof me fasse des histoires car je ne respectais pas ses désideratas de rédaction en géométrie. Au moins, le calcul, c'est safe.

pappus

Bonsoir à tous.

La configuration des tangentes issues d'un point à un cercle et de leurs points de contact est-elle encore enseignée aujourd'hui? Je n'en sais rien!

La configuration des alignements trois par trois des six centres d'homothétie de trois cercles n'est plus enseignée depuis belle lurette. C'était pourtant une belle application de la théorie des homothéties.

On peut néanmoins la retrouver dans l'immonde Lebossé-Hémery à ne manipuler qu'avec des pincettes et à ne consulter que masqué!

Amicalement

pappus

Rescassol

Bonsoir,

Une version à coups de "Wedge":

% Jean-Louis Ayme - 11 Janvier 2025 - Newton 1686

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syms a b c real

A=[1; 0; 0]; B=[0; 1; 0]; C=[0; 0; 1]; % Sommets du triangle MBC

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

syms t real

SP=[0, c^2, b^2]; % Tangente en A
PQ=[c^2, 0, a^2]; % tangente en B
QR=[b^2, a^2, 0]; % Tangente en C
D=[a^2*t*(t+1); b^2*(t+1); -c^2*t]; % Un point D du cercle circonscrit
RS=[b^2*c^2, a^2*c^2*t^2, a^2*b^2*(t+1)^2]; % Tangente en D

P=Wedge(SP,PQ); % P=[a^2; b^2; -c^2]
Q=Wedge(PQ,QR); % Q=[-a^2; b^2; c^2]
R=Wedge(QR,RS); % R=[a^2*(t+1); -b^2*(t+1); c^2*(t-1)]
S=Wedge(RS,SP); % S=[-a^2*(2*t+1); -b^2; c^2]

AC=Wedge(A,C); % AC=[0, 1, 0]
BD=Wedge(B,D); % BD=[c^2, 0, a^2*(t+1)]
M=Wedge(AC,BD); % M=[a^2*(t+1); 0; -c^2]

PR=Wedge(P,R); % PR=[b^2*c^2, a^2*c^2*t, a^2*b^2*(t+1)]
QS=Wedge(Q,S); % QS=[b^2*c^2, -a^2*c^2*t, a^2*b^2*(t+1)]
N=Wedge(PR,QS); % N=[a^2*(t+1); 0; -c^2]

% On constate que M=N donc c'est gagné

Cordialement,
Rescassol

Vassillia

J'adopte cet exercice, en remerciant Jean-Louis Ayme pour l'avoir proposé, et je le rajoute à ma liste https://les-mathematiques.net/vanilla/discussion/comment/2479911/#Comment_2479911, il est définitivement sympa pour montrer les coordonnées inclusives, barycentriques et même la représentation visuelle de Casagrande

pappus

Bonne nuit à tous

Amicalement

pappus

Jean-Louis Ayme

Bonjour Tomn,


oui, c'est ce vieux théorème que j'ai utilisé :

lorsque deux triangles ont deux angles respectivement égaux et deux angles supplémentaires,

les côtés opposés aux angles égaux 

sont proportionnels 

aux côtés opposés aux angles supplémentaires.

Sincèrement
Jean-Louis