Une intéressante relation trigonométrique

Jean-Louis Ayme

Bonjour,

1. ABCD un quadrilatère convexe cyclique

2. (O) le cercle circonscrit à ABCD

3. P, Q les points d'intersection resp. de (AB) et (CD), (BC) et (AD).

Question :                             cos <A = (1/2).(AB/AQ + AD/AP).

Merci pour votre aide pour la figure...

Sincèrement

Jean-Louis

pldx1

Bonjour.
Qu'est-ce que $\cos<A $ ?  Le cosinus d'un angle de droites n'est pas défini. Quant à affirmer que l'angle $(\overrightarrow{AD}, \overrightarrow{AB})$ ne pourrait pas être un angle droit, et encore moins être obtus, j'ai un fort doute. 
Par contre, il n'y a aucun doute sur le fait que $$\prod_4 \left(2\cos A\pm \dfrac{AB}{AQ}\pm \dfrac{AD}{AP}\right) = 0. $$ Cordialement, Pierre.

Jean-Louis Ayme

Bonjour,
la question est de proposer une preuve basique liée à la figure présentée...J'attends...

Sincèrement
Jean-Louis

pldx1

Bonjour, 

la question est de proposer une description basique des figures

pour lesquelles la relation $$ \dfrac{distance(A,B)}{distance(A,Q)}+\dfrac{distance(A,D)}{distance(A,P)}=\dfrac{distance(A,H)}{distance(A,Q)}+\dfrac{distance(A,K)}{distance(A,P)}$$
est un théorème.  Tant que l'on en reste à "cela s'applique les fois où cela s'applique", on en reste à une assertion infiniment vraie, mais d'usage limité.

Cordialement, Pierre.

Jean-Louis Ayme

Bonjour Pierre,
merci pour ta réponse qui ouvre...
cependant, ce n'est pas une réponse à la question posée...J'ai une preuve, mais j'en attends aussi d'autres pour éviter de plier le problème...

Sincèrement
Jean-Louis

Rescassol

Bonjour,

clc, clear all, close all

% On part du quadrilatère ABCD

syms a b c d;
syms aB bB cB dB; % Conjugués

aB=1/a; % Morley's trick avec le cercle circonscrit
bB=1/b; 
cB=1/c;
dB=1/d;

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

% La droite (AB) a pour équation z + ab zB -(a+b) = 0
% Il en est de même pour les droites analogues

[p pB]=IntersectionDeuxDroites(1,a*b,-a-b,1,c*d,-c-d); % Point P
[q qB]=IntersectionDeuxDroites(1,b*c,-b-c,1,a*d,-a-d); % Point Q

p=Factor(p); % (a*b*c+a*b*d-a*c*d-b*c*d)/(a*b-c*d)

% Carrés de distances:

AB2=Factor((b-a)*(bB-aB)); % -(a-b)^2/(a*b)
AD2=Factor((d-a)*(dB-aB)); % -(a-d)^2/(a*d)
BD2=Factor((d-b)*(dB-bB)); % -(b-d)^2/(b*d)
AP2=Factor((p-a)*(pB-aB)); % -(b*(a-c)^2*(a-d)^2)/(a*(a*b-c*d)^2)
AQ2=Factor((q-a)*(qB-aB)); % -(d*(a-b)^2*(a-c)^2)/(a*(a*d-b*c)^2)

% Deux rapports et leur produit:

R1_2=Factor(AB2/AQ2);     % (a*d-b*c)^2/(b*d*(a-c)^2)
R2_2=Factor(AD2/AP2);     % (a*b-c*d)^2/(b*d*(a-c)^2)
ProdR2=Factor(R1_2*R2_2); % (a*b-c*d)^2*(a*d-b*c)^2/(b^2*d^2*(a-c)^4)

% Donc, au signe près:

ProdR=(a*b-c*d)*(a*d-b*c)/(b*d*(a-c)^2);

% Pythagore généralisé:

CosA2=Factor((AB2+AD2-BD2)^2/(4*AB2*AD2)); % (b+d)^2/(2*b*d)

Nul=Factor(4*CosA2-R1_2-R2_2-2*ProdR) % Égal à 0, donc c'est gagné

Cordialement,

Rescassol

Jean-Louis Ayme

Merci Rescassol pour votre contribution...

Sincèrement
Jean-Louis

Chaurien

Lemme. Notons $\mathcal P_{\Gamma}(M)$ la puissance d'un point $M$ par rapport à un cercle $\Gamma$. Si je ne me trompe, deux points $M$ et $M'$ sont conjugués par rapport au cercle $\Gamma$ si et seulement si $\mathcal P_{\Gamma}(M)+\mathcal P_{\Gamma}(M')=MM'^2$. Je ne retrouve pas de référence pour cette propriété, mais elle me semble vraie.

Présentement, l'égalité demandée s'écrit : $AB·AP+AD·AQ=2AP·AQ \cos A$, ce qui fait effectivement penser à la loi des cosinus, autrement dit au théorème de Pythagore généralisé dans le triangle $APQ$ : $PQ^2=AP^2+AQ^2-2AP·AQ \cos A$.

L'égalité demandée devient alors : $PQ^2=PA·PB+QA·QD$, ce qui revient au lemme puisque les points $P$ et $Q$ sont conjugués par rapport au cercle circonscrit au quadrilatère $ABCD$.

Rescassol

Bonjour,

Dire que $M$ et $M'$ sont conjugués revient à dire que $\overrightarrow{OM}\cdot\overrightarrow{OM'}=R^2$, ce qui est le cas ici puisque $p\overline{q}+\overline{p}q=2$.

Cordialement,
Rescassol

Chaurien

Lemme. Notons $\mathcal P_{\Gamma}(M)$ la puissance d'un point $M$ par rapport à un cercle $\Gamma$. Deux points $M$ et $M'$ sont conjugués par rapport au cercle $\Gamma$ si et seulement si $\mathcal P_{\Gamma}(M)+\mathcal P_{\Gamma}(M')=MM'^2$.

Démonstration. L'équation du cercle $\Gamma$ dans un repère orthonormal convenable est : $x^2+y^2=R^2$.

La puissance d'un point $M$, de coordonnées $(x,y)$, par rapport au cercle $\Gamma $, est :  $\mathcal P_{\Gamma}(M)=x^2+y^2-R^2$.

Deux points $M(x,y)$ et $M'(x',y')$ sont conjugués par rapport au cercle $\Gamma $ si et seulement si : $xx'+yy'=R^2$ (dédoublement).

Comme $MM'^2=(x-x')^2+(y-y')^2$, un simple calcul montre que ceci équivaut à : $\mathcal P_{\Gamma}(M)+\mathcal P_{\Gamma}(M')=MM'^2$.

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Dans le problème posé, les points $P$ et $Q$ sont conjugués par rapport au cercle circonscrit au quadrilatère $ABCD$, de par la définition géométrique de la polaire. Lebossé-Hémery n° 343, p. 221 : « les points de rencontre des côtés opposés d'un quadrilatère inscrit dans un cercle sont conjugués par rapport à ce cercle ».

Rescassol

Bonjour,

La propriété en question s'appelle "réciprocité polaire".

Cordialement,
Rescassol

Chaurien

On peut aussi démontrer le lemme que j'ai évoqué sans recourir à des axes.

Soit un cercle $\Gamma$ de centre $O$ et de rayon $R$.

La puissance d'un point $M$ par rapport au cercle $\Gamma$ est : $\mathcal P_{\Gamma}(M)=OM^2-R^2$ (Lebossé-Hémery n° 284, p. 182).

Et comme le rappelle Rescassol, les points $M$ et $M'$ sont conjugués par rapport au cercle  $\Gamma$ si et seulement si $\overrightarrow{OM}\cdot\overrightarrow{OM'}=R^2$

(Lebossé-Hémery n° 336, p. 218).

Pardon aux géomètres pour ces banalités, mais ainsi je pourrai être compris d'un plus grand nombre.

Pour deux points quelconques $M$ et $M'$, on a :

$\mathcal P_{\Gamma}(M)+\mathcal P_{\Gamma}(M')-MM'^2=OM^2+OM'^2-2R^2-(\overrightarrow{OM'}-\overrightarrow{OM})^2=2(\overrightarrow{OM}\cdot\overrightarrow{OM'}-R^2)$.

Ce qui prouve le lemme.

Bonne journée.

Fr. Ch.

04/12/2021

Jean-Louis Ayme

Bonjour à tous,
merci pour vos contributions et ce beau rappel au Lebossé-Hemery qui traduit bien le désamour de la Géométrie aujourd'hui...
Pour ma part, une preuve sans recours aux points conjugués est possible...
Next on my site...

Sincèrement et encore merci pour ce beau moment de Géométrie.
Jean-Louis

poulbot

    Bonjour 

    $a,b,c$ étant les longueurs des côtés du triangle $ABC$ et $\left( O\right) $ son cercle circonscrit, soient $D\in \left( O\right) $, $P=AB\cap CD$, $Q=AC\cap BD$.

    Alors, supposant les droites $AB$ et $AC$ orientées de $A$ vers $B$ et $C$, on a $\dfrac{b}{\overline{AP}}+\dfrac{c}{\overline{AQ}}=2\cos \widehat{BAC}$.

    (Il est inutile de supposer $ABCD$ convexe et $\widehat{BAC}$ aigu)

    En effet

    La droite $PQ$, étant la polaire par rapport au cercle $\left( O\right) $ de $BC\cap AD$, passe par le pôle $U$ de la droite $BC$.

     Or $U=\left( -a^{2}:b^{2}:c^{2}\right) $ en barycentriques a pour coordonnées cartésiennes  $\left( \dfrac{b^{2}}{b^{2}+c^{2}-a^{2}}:\dfrac{c^{2}}{b^{2}+c^{2}-a^{2}}\right) =\left( \dfrac{b}{2c\cos \widehat{BAC}},\dfrac{c}{2b\cos \widehat{BAC}}\right) $ dans le repère $\left( A,\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right) $.

     L'équation de la droite $PQ$ dans ce repère étant $\dfrac{cx}{\overline{AP}}+\dfrac{by}{\overline{AQ}}=1$, le résultat énoncé en découle.

Ce n'est pas synthétique mais cela ne nécessite aucun calcul ni les propriétés d'une figure particulière.

    Bien cordialement. Poulbot

poulbot

Bonjour
Dans tout les messages; (et pas que le mien), les parties écrites en latex sont parfois supprimées ou remplacées par "Math Processing Error"
Que faire?
Bien cordialement. Poulbot

pldx1

Bravo !
On peut même tester sur geogebra que
\[ 2\,\cos\left(AB,AC\right)  = \frac{AB}{AC}\,\frac{\overrightarrow{AC}}{\overrightarrow{AQ}}+\frac{AC}{AB}\,\frac{\overrightarrow{AB}}{\overrightarrow{AP}} \]
Pour une preuve en coordonnées projectives, la forme \[  b^{2}+c^{2}-a^{2}=2\,bc\cos A=c^{2}\,\dfrac{\overrightarrow{AC}}{\overrightarrow{AQ}}+b^{2}\,\dfrac{\overrightarrow{AB}}{\overrightarrow{AP}}  \] facilite les choses (et ne demande plus de passage aux carrés)

Cordialement, Pierre.

Jean-Louis Ayme

Bonjour

une version courte

http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/Docs/Probleme de Mathieu Stewart version courte.pdf

Sincèrement

Jean-Louis