La droite de Seimiya

Jean-Louis Ayme

Bonjour,
pour aller vers un orthopôle personnel, je vous propose dans un premier temps, ce problème datant de 1926

1. ABC un triangle
2. (O) le cercle circonscrit à ABC
3. Q un point de (O)
4. Q1, Q2, Q3 les symétriques de Q resp. par rapport à (BC), (CA), (AB)
5. P un point de (O)
6. S1, S2, S3 les points d'intersection resp. de (PQ1) et (BC), (PQ2) et (CA), (PQ3) et (AB).

Question : S1, S2 et S3 sont sur la droite de Seimiya..

Merci A.D. pour votre aide.
Sincèrement
Jean-Louis

Rescassol

Bonjour,

Avec Morley circonscrit (j'ai renommé $Q1, S1 ...$ en $Q_A, S_A ...$):

% Jean-Luis Ayme - 14 Avril 2021 - La droite de Seimiya

clc, clear all, close all

syms a b c
syms aB bB cB % Conjugués

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

syms s1 s2 s3;
syms s1B s2B s3B; % Conjugués

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

s1B=s2/s3;
s2B=s1/s3;
s3B=1/s3;

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

syms p q

pB=1/p;
qB=1/q;

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

% Symétriques Qa, Qb, Qc de Q par rapport à (BC), (CA), (AB)        

[qa qaB]=SymetriquePointDroite(q,b,c,qB,bB,cB);

qa=Factor(qa); 

% On trouve:

qa= b+c - b*c/q;
qaB= bB+cB - bB*cB/qB;

% De même, par permutation circulaire:

qb= c+a - c*a/q; 
qc= a+b - a*b/q; 

qbB= cB+aB - cB*aB/qB; 
qcB= aB+bB - aB*bB/qB; 

% Droite (P Q_A)

[ppqa qpqa rpqa]=DroiteDeuxPoints(p,qa,pB,qaB);

% Point S_A où cette droite coupe (BC)

[sa saB]=IntersectionDeuxDroites(ppqa,qpqa,rpqa,1,b*c,-b-c);

sa=Factor(sa);
saB=Factor(saB);

% On trouve:

sa=(p^2*q^2-(b+c)^2*p*q+b*c*(b+c)*(p+q)-b^2*c^2)/(p*q*(p+q)-2*(b+c)*p*q + b*c*(p+q));

% De même, on fait jouer la permutation circulaire:

S(b,c)=sa;
SB(b,c)=saB;

sb=S(c,a);
sc=S(a,b);

sbB=SB(c,a);
scB=SB(a,b);

% Droite de Seimiya contenant S_A, S_B, S_C: ps*z + qs*zB + rs = 0 avec:

[ps qs rs]=DroiteDeuxPoints(sa,sb,saB,sbB);

% F est un facteur de simplification:
F=s3*(p*q^2+p^2*q+a*c*p+a*c*q-2*a*p*q-2*c*p*q)*(p*q^2+p^2*q+b*c*p+b*c*q-2*b*p*q-2*c*p*q)/((a-b)*(c-p)*(c-q)); 

ps=Factor(F*ps);
qs=Factor(F*qs);
rs=Factor(F*rs);

ps=FracSym(ps,[a b c])
qs=FracSym(qs,[a b c])
rs=FracSym(rs,[a b c])

% On trouve:

ps = p*q*(p*q*(p+q) - 2*s1*p*q + s2*(p+q) - 2*s3)
qs = s3*(- 2*p^2*q^2 + s1*p*q*(p+q) - 2*s2*p*q + s3*(p+q))
rs = - p^3*q^3 + p^2*q^2*s1^2 - s1*s2*p*q*(p+q) + s3*p*q*(p+q) + p*q*s2^2 - s3^2

% ps, qs, rs sont invariants par permutation circulaire, donc c'est gagné.
% De plus cette droite est symétrique en P et Q.

Cordialement,

Rescassol

Jean-Louis Ayme

Bonjour,
merci Rescassol pour ta preuve...
Une preuve synthétique?

Sincèrement
Jean-Louis

Bouzar

Bonjour Jean-Louis et Rescassol,

j'utilise les coordonnées barycentriques.

Le triangle de référence :

$A, B, C\simeq \left[\begin{array}{c} 1\\ 0\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 1\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 0\\ 1\end{array}\right].$

(O) le cercle circonscrit à ABC :

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

Q un point de (O) :

$Q \simeq \left[\begin{array}{c} a^2 (-1 - u) u\\b^2 (-1 - u)\\ c^2 u\end{array}\right].$

Q1, Q2, Q3 les symétriques de Q resp. par rapport à (BC), (CA), (AB) :

$Q_1, Q_2, Q_3\simeq \left[\begin{array}{c} -a^2 u (1 + u)\\ (1 + u) ((a^2 - c^2) u + b^2 (1 + u))\\ u (c^2 u + a^2 (1 + u) - b^2 (1 + u))\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} (1 + u) (b^2 - c^2 + a^2 (1 + u))\\ -b^2 (1 + u)\\ c^2 - a^2 (1 + u) + b^2 (1 + u)\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} u (b^2 - c^2 + a^2 u)\\ b^2 + (a^2 - c^2) u\\ c^2 u\end{array}\right].$

P un point de (O) :

$P \simeq \left[\begin{array}{c} a^2 (-1 - v) v\\ b^2 (-1 - v)\\ c^2 v\end{array}\right].$

S1, S2, S3 les points d'intersection resp. de (PQ1) et (BC), (PQ2) et (CA), (PQ3) et (AB) :

$S_1\simeq \left[\begin{array}{c} 0\\ -(1 + u) (1 + v) ((a^2 - c^2) u v + b^2 (u + v + u v))\\ u v (-a^2 (1 + u) (1 + v) + b^2 (1 + u) (1 + v) + c^2 (1 - u v))\end{array}\right].$


$S_2\simeq \left[\begin{array}{c} -(1 + u) (1 + v) (b^2 - c^2 + a^2 (1 + u + v))\\ 0\\a^2 (1 + u) (1 + v) - b^2 (1 + u) (1 + v) + c^2 (-1 + u v)\end{array}\right].$


$S_3\simeq \left[\begin{array}{c} u v (b^2 - c^2 + a^2 (1 + u + v))\\ (a^2 - c^2) u v + b^2 (u + v + u v)\\ 0\end{array}\right].$

Le déterminant formé par les coordonnées barycentriques des points $S_1, S_2,S_3$ est nul.

Ainsi les points $S_1, S_2,S_3$ sont alignés sur la droite de Toshio Seimiya dont une équation barycentrique est :

$-(b^2( u + v) + 2S_Cu v) (-2S_A +
(a^2 - b^2) u + (a^2 - b^2) v + 2S_Bu v))x $
$+u v (2S_C + a^2( u + v)) (-2S_A + (a^2 -
b^2) u + (a^2 - b^2 )v + 2S_B u v)y $
$-(1 + u) (1 + v) (2S_C + a^2( u +v)) (b^2( u + v) +
2S_C u v)z=0.$

Amicalement

Jean-Louis Ayme

Merci Bouzar,
une preuve synthétique?

Sincèrement
Jean-Louis

PGL@R92

Bonjour Jean-Louis,
Pour compliquer encore plus ton problème :
la droite Q1 Q2 Q3 est l'homothétique de la droite de Simson de Q.
Soient Q'1 Q'2 Q'3 les équivalents pour un autre rapport d'homothétie avec le même centre Q : la propriété d'alignement des points S'1, S'2, S'3 (équivalents à S1, S2, S3) reste vraie, et l'intersection des droites Q'1Q'2Q'3 et S'1S'2S'3 décrit une droite passant par Q quand le rapport varie.
Ceci est une pure constatation.
Amicalement
Pierre