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Deux points de Nobbs et un milieu

Modifié (4 Aug) dans Géométrie

Bonjour,
un petit exercice

1. ABC      un triangle

2. (I)          le cercle inscrit à ABC

3. DEF      le triangle de contact

4. P, Q       les points d'intersection de (EF), (DE) resp. avec (BC), (AB)

5. A''          le point d'intersection de la A-bissectrice extérieure de ABC avec (BC)

6. A*          le milieu de [AA''].

Question :       (PQ) passe par A*.

Merci pour votre aide pour la figure  (que cela plaise ou non à usine).
Sincèrement
Jean-Louis

Réponses

  • Modifié (4 Aug)
    Bonsoir Jean-Louis
    Le triangle $ABC$ est en perspective avec le triangle des contacts $DEF$.
    Tout revient à montrer que l'axe de perspective de ces deux triangles est la droite de Newton du quadrilatère complet formé par les côtés du triangle $ABC$ et la tripolaire de $I$ dans le triangle $ABC$.
    Mais formulé ainsi ton théorème est vrai dans une configuration beaucoup plus générale:
    Soit $\Gamma$ une conique inscrite de centre $O$ et $DEF$ le triangle des contacts, donc en perspective avec le triangle $ABC$.
    Alors l'axe de perspective de ces deux triangles est la droite de Newton du quadrilatère complet formé par les côtés du triangle $ABC$ et la tripolaire de $O$ dans le triangle $ABC$.
    Amicalement
    pappus
    PS
    Sur ma figure, j'ai tracé la tripolaire en rouge et l'axe de perspective en pointillé!

  • Modifié (4 Aug)
    Pappus, tu m'épateras toujours ! Je suis vraiment admiratif de tes capacités à faire ressortir de quel cas général tel ou tel problème particulier dérive ...
    Bien cordialement, JLB
  • Modifié (4 Aug)
    Bonsoir
    J'utilise les coordonnées barycentriques.
    Le triangle de référence ABC
    $A, B, C\simeq \left[\begin{array}{c} 1\\ 0\\0\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 1\\0\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\0\\ 1\end{array}\right].$
    DEF le triangle de contact
    $D, E, F\simeq \left[\begin{array}{c} 0\\ a+b-c\\a-b+c\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} a+b-c\\ 0\\-a+b+c\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} a-b+c\\-a+b+c\\ 0\end{array}\right].$
    P, Q  les points d'intersection de (EF), (DE) resp. avec (BC), (AB)
    $P, Q\simeq \left[\begin{array}{c} 0\\ -a - b + c\\a - b + c\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} -a + b - c\\ -a + b + c\\0\end{array}\right].$
    P est le premier point de Nobbs et Q le second point de Nobbs.
    A'' le point d'intersection de la A-bissectrice extérieure de ABC avec (BC)
    $A''\simeq \left[\begin{array}{c} 0\\ -b\\c\end{array}\right].$
    A* le milieu de [AA'']
    $A^{*}\simeq \left[\begin{array}{c} -b+c\\ -b\\c\end{array}\right].$
    Question :    (PQ) passe par $A^{*}$
    $(PQ) : (a - b - c )x+( -a + b - c)y+( -a - b + c )z=0.$
    On a :
    $ (a - b - c )(-b+c )+( -a + b - c)(-b ) +( -a - b + c )c= 0.$
    Ainsi le point $A^{*} \in (PQ).$
    Amicalement.
  • bonjour,
    Magnifique exercice. Je me propose ici de traiter de façon élémentaire un cas très particulier. Dans $\C=\R^2$ euclidien, soit $B=(0,0)=0, A=(0,3)=3i, C=(4,0)=4$. On a alors $I=(1,1)=1+i$ en nommant $I$ le centre de $(I)$, $D=(1,0), F=(0,1)=i$ et, après quelques calculs élémentaires, $E=\frac{1}{5}(8,9), Q=(0,-3)=-3i, P=-2, A"=-6, A^*=-3+1.5i$. D'où il découle que $A^* \in (PQ)$. qed
  • Bonjour à tous
    Je suppose que Jean-Louis a une solution synthétique et s'il faut vraiment utiliser les coordonnées barycentriques, c'est plutôt à ma configuration affine beaucoup plus générale qu'à la sienne très particulière qu'il faut le faire.
    Les calculs ne doivent pas être beaucoup plus compliqués!
    Amicalement
    pappus
  • Bonjour,
    merci pour vos preuves...
    Il manque une preuve synthétique abordable aux débutants....

    Sincèrement
    Jean-Louis
  • Modifié (5 Aug)
    Bonjour,
    Si Bouzar bouzarise, je vais rescassoliser:
    % Jean Louis Ayme - 28 Juin 2022 - Deux points de Nobbs et un milieu
    % 1. ABC    un triangle
    % 2. (I)    le cercle inscrit à ABC
    % 3. DEF    le triangle de contact
    % 4. P, Q   les points d'intersection de (EF), (DE) resp. avec (BC), (AB)
    % 5. A"     le point d'intersection de la A-bissectrice extérieure 
    %           de ABC avec (BC)
    % 6. A*     le milieu de [AA"].
    % 
    % Question :       (PQ) passe par A*.
    
    clc, clear all, close all
    
    % On part du triangle de contact UVW du cercle nscrit (au lieu de DEF)
    
    syms u v w
    
    uB=1/u; % Morley's trick avec le cercle inscrit
    vB=1/v; % Le suffixe B veut dire conjugué
    wB=1/w;
    
    s1=u+v+w;         % Fonctions symétriques
    s2=u*v+v*w+w*u;
    s3=u*v*w;
    
    s1B=s2/s3;         % Conjugués
    s2B=s1/s3;
    s3B=1/s3;
    
    %-----------------------------------------------------------------------
    
    a=2*v*w/(v+w); % Sommets ABC du triangle 
    b=2*w*u/(w+u); 
    c=2*u*v/(u+v);
    
    aB=2*vB*wB/(vB+wB); % Conjugués de a,b,c
    bB=2*wB*uB/(wB+uB);
    cB=2*uB*vB/(uB+vB);
    
    %-----------------------------------------------------------------------
    
    [p pB]=IntersectionDeuxDroites(1,v*w,-v-w,1,u^2,-2*u); % Point P
    [q qB]=IntersectionDeuxDroites(1,u*v,-u-v,1,w^2,-2*w); % Point Q
    
    p=Factor(p); % On trouve p = u*(u*v+u*w-2*v*w)/(u^2-v*w)
    
    as=2*s3*(2*u-v-w)/((v+w)*(u^2-v*w));           % Point A"
    asB=2*s3B*(2*uB-vB-wB)/((vB+wB)*(uB^2-vB*wB)); % Conjugué
    
    % On trouve as=2*s3*(v-2*u+w)/((v+w)*(-u^2+v*w))
    
    astar=Factor((a+as)/2); % Milieu A* de [AA"]
    astarB=Factor((aB+asB)/2); % Conjugué
    
    % On trouve astar=v*w*(u*v+u*w+v*w-3*u^2)/((v+w)*(-u^2+v*w));
    
    % P, Q, A* sont ils alignés ?
    
    mat=[p pB 1; q qB 1; astar astarB 1];
    
    Nul=Factor(det(mat)) % Égal à 0, donc c'est gagné
    Cordialement,
    Rescassol
  • Modifié (5 Aug)
    Bonjour à tous
    Loin de moi l'idée de marcher sur les platebandes de Bouzar mais il se trouve que les coordonnées barycentriques homogènes sont les mieux adaptées pour résoudre les questions de géométrie affine ou projective.
    Sans entrer dans les détails de calculs parfois un peu fastidieux, je vais esquisser un schéma de démonstration de ma configuration affine.
    J'ai parlé de la notion de droite de Newton.
    Heureusement pour nous Sir Isaac s'est intéressé à des questions beaucoup plus importantes que cette misérable droite.
    Je rappelle le théorème de Newton
    On se donne une transversale $(PQR)$ du triangle $ABC$.
    Soit $P'$ le milieu de $AP$, $Q'$ le milieu de $BQ$, $R'$ le milieu de $CR$.
    Alors les points $P'$, $Q'$, $R'$ sont alignés sur une droite appelée droite de Newton du quadrlatère complet formé par les trois côtés du triangle $ABC$ et la transversale $(PQR)$.
    Il y a trente six démonstrations que je vous laisse bien volontiers de ce minuscule théorème.
    La question qui se pose du point de vue des coordonnées barycentriques est la suivante:
    Si $ux+vy+wz=0$ est une équation barycentrique homogène de la transversale $(PQR)$, quelle est l'équation de la droite de Newton $(P'Q'R')$ en coordonnées barycentriques homogènes?
    Ne répondez pas tous à la fois!
    Une conique inscrite est mieux décrite par son perspecteur $I(p:q:r)=AD\cap BE\cap CF$ où $DEF$ est le triangle des contacts que par son centre $O$.
    Question: quelles sont les coordonnées barycentriques homogènes du point $O$ en fonction de celles du perspecteur $I$?
    Surtout, ne répondez pas tous à la fois!
    L'axe de perspective des triangles $ABC$ et $DEF$ est la tripolaire du perspecteur $I$.
    Vous en savez assez maintenant pour rédiger la solution en quelques lignes !
    Mais je ne me fais aucune illusion en la matière.
    Il faut savoir rester lucide et surtout serein !
    Amicalement
    pappus
  • Modifié (5 Aug)
    Bonjour,
    un schéma de ma preuve...
    1. (PF) étant parallèle à (AA*), première proportion
    2. le quaterne (A, B, F, P) étant harmonique, deuxième proportion
    3. en considérant le triangle AA*B et la ménienne (PQ), nous concluons par le théorème de Ménélaüs...
    Pour aller plus loin,
    en considérant l'axe de Lemoine et par permutation circulaire, cet axe devient la droite de Newtion d'un certain quadrilatère....
    Sincèrement
    Jean-Louis
  • Bonjour,

    Pappus, voilà déjà la droite de Newton: $(uv+uw-vw)x+(uv-uw+vw)y+(uw-uv+vw)z=0$.

    Cordialement,
    Rescassol

  • Merci Rescassol
    Maintenant tout ce qui te reste à faire, c’est de vérifier que la tripolaire du perspecteur est la droite de Newton de la tripolaire du centre!
    Passionnant en cette période de canicule!
    Amicalement
    pappus
  • Modifié (6 Aug)
    Bonjour,
    Voilà à petite vitesse le centre de la conique en fonction de son perspecteur $I[p; q; r]$ :$$O = [p(q + r); q(p + r); r(p + q)]$$Cordialement,
    Rescassol
  • Merci Rescassol
    Pierre et moi avions donné ces coordonnées depuis longtemps!
    Elles devraient figurer dans son glossaire!
    Ainsi le centre de la conique inscrite est le complément de l’isotomique de son perspecteur!
    Tu as tout ce qu’il faut maintenant pour achever la rédaction de ce misérable exercice!
    Passe un bon après-midi à l’abri de la canicule!
    Amicalement
    pappus
  • ''misérable exercice!''

    Un peu de retenu...

    Sincèrement
    Jean-Louis
  • Bonjour,

    > Maintenant tout ce qui te reste à faire, c’est de vérifier que la tripolaire du perspecteur
    > est la droite de Newton de la tripolaire du centre!

    C'est fait, je trouve $[qr, rp, pq]$ pour les deux, c'est à dire $qr x+rp y+pq z=0$
    Ce qui est curieux, c'est que ce sont les mêmes coordonnées que l'isotomique du perspecteur.
    Peut on parler de dualité dans ce cas ?

    Cordialement,
    Rescassol

  • Mon cher Rescassol
    Si tu entends par là une dualité entre un point et sa tripolaire, la réponse est non comme je l'ai toujours dit!
    Amicalement
    pappus
  • Modifié (6 Aug)
    Bonsoir
    Non, je voulais dire entre le point $[p;q;r]$ et la droite $[p,q,r]$, c'est-à-dire d'équation $px+qy+rz=0$.
    Cordialement,
    Rescassol
  • Mon cher Rescassol
    Alors là, oui!
    La droite en question s’appelle alors la droite duale du point $(p:q:r)$.
    Saurais-tu la construire?
    Passe une bonne nuit et fais de beaux rêves.
    Amicalement
    pappus
  • Bonjour,

    La droite duale d'un point est la tripolaire de l'isotomique de ce point.

    Cordialement,
    Rescassol

  • Merci Rescassol
    C'est en effet l'un des meilleurs moyens de la construire!
    Ce  n'est pas faute de l'avoir seriné chaque fois que j'en avais l'occasion!
    Maintenant voici d'autres questions.
    1° Pourquoi la correspondance entre un point et sa droite duale est-elle une dualité?
    2° Peut-on s'en servir pour construire directement la droite duale d'un point sans passer par son isotomique?
    Amicalement
    pappus
  • Modifié (7 Aug)
    Bonsoir à tous
    Pour la question 1°, on peut dire que la droite duale de $P(p:q:r)$ est la polaire de $P$ par rapport à la conique d'équation:
    $$x^2+y^2+z^2=0$$
    Cette conique n'est pas visible mais cela ne l'empêche pas de secréter des pôles et des polaires comme toute autre conique.
    Je crois qu'elle porte même un nom dans la littérature sur la géométrie du triangle mais je l'ai oublié!
    Peut-être peut-on le trouver dans le glossaire de Pierre ou bien dans le livre de Jean Denis Eiden que je n'ai plus en ma possession!
    La figure ci-dessous propose une autre construction de la droite duale de $P$.
    $\Gamma$ est l'ellipse de Steiner circonscrite.
    La droite duale de $P$ est l'homothétique de la polaire de $P$ par rapport à $\Gamma$ dans l'homothétie de centre $G(1:1:1)$ et de rapport $-\dfrac 12$.
    Amicalement
    pappus

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