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Deux segments égaux

Modifié (22 Nov) dans Géométrie

Bonsoir,

1. ABC   un triangle

2. (O)      le cercle circonscrit à ABC

3. M, N   le milieu de l’arc BC ne contenant pas A, la circumtrace de la A-hauteur

4. K le point d’intersection de la parallèle à (MB) issue de O avec (AB)

5. L le point d’intersection de la parallèle à (MC) issue de O avec (AC).

Question :  NK = NL

 Merci pour votre aide pour la figue.
Sincèrement
Jean-Louis

Réponses

  • Modifié (22 Nov)
    Bonjour,

    En barycentriques:

    % Jean-Louis Ayme - 22 Novembre 2022 - Deux segments égaux
    
    % ABC    un triangle
    % (O)    le cercle circonscrit à ABC
    % M, N   le milieu de l'arc BC ne contenant pas A, la circumtrace de la A-hauteur
    %        K le point d'intersection de la parallèle à (MB) issue de O avec (AB)
    %        L le point d'intersection de la parallèle à (MC) issue de O avec (AC).
    
    % Question :  NK = NL
    
    %-----------------------------------------------------------------------
    
    clear all, clc
    
    syms a b c real % Longueurs des côtés du triangle ABC
    
    A=[1; 0; 0]; B=[0; 1; 0]; C=[0; 0; 1]; % Sommets du triangle ABC
    BC=[1, 0, 0]; CA=[0, 1, 0]; AB=[0, 0, 1]; % Côtés du triangle ABC
    
    Sa=(b^2+c^2-a^2)/2; Sb=(c^2+a^2-b^2)/2; Sc=(a^2+b^2-c^2)/2; % Notations de Conway
    
    %-----------------------------------------------------------------------
    
    % Centre du cercle circonscrit et orthocentre de ABC
    O = [a^2*Sa; b^2*Sb; c^2*Sc]; H = [1/Sa; 1/Sb; 1/Sc]; 
    
    M = [a^2; -b*(b+c); -c*(b+c)]; % Milieu de l'arc BC
    OK=Wedge(O,Vecteur(M,B)); OL=Wedge(O,Vecteur(M,C)); % Droites (OK) et (OL)
    K=SimplifieBary(Wedge(AB,OK)); L=SimplifieBary(Wedge(CA,OL)); % Points K et L
    % On trouve K=[-a^2*b, b^3+c^3-a^2*c-b^2*c-b*c^2; 0]
    
    N = SymetriqueOrthogonalBary(H,BC,a,b,c); % Circumtrace de la A-hauteur
    % On trouve:
    N=[-a^2*(a^2-b^2+c^2)*(a^2+b^2-c^2), (a^2+b^2-c^2)*(a^2*b^2+a^2*c^2-b^4+2*b^2*c^2-c^4), (a^2-b^2+c^2)*(a^2*b^2+a^2*c^2-b^4+2*b^2*c^2-c^4)];
    NK2=Factor(Distance2(N,K,a,b,c)); % NK^2
    NL2=Factor(Distance2(N,L,a,b,c)); % NL^2
    
    Nul=Factor(NK2-NL2) % Égal  0, donc c'est gagné.
    Cordialement,
    Rescassol
  • Merci, Jean-Louis, pour ce nouveau problème, que je trouve vraiment intrigant ...
    J'ai l'impression que cette configuration recèle d'autres curiosités ...
    Bien cordialement, JLB
  • Bonsoir à tous
    Voici ma propre figure.
    Amicalement
    pappus

  • Bonsoir à tous
    La figure précédente vous donne tout ce qu'il faut pour une preuve synthétique.
    Sur la suivante, j'ai un peu corsé la figure en traçant l'enveloppe de la droite $A\Omega$ quand le point $A$ décrit le cercle circonscrit au triangle $MNP$.
    Amicalement
    pappus


  • Si $E_1,E_2$ sont les centres des cercles de pappus, alors l'enveloppe de $E_1E_2$ est le cercle centré en $O$ et de rayon $R/2$
  • Modifié (22 Nov)
    Bonsoir,

    Je trouve: $\Omega=$
    $[a^2(b+c)(-a^2+b^2+bc+c^2);$
    $b^2(a^2b-b^3-b^2c+bc^2+c^3);$ 
    $c^2(a^2c+b^3+b^2c-bc^2-c^3)]$
    Ce qui donne la courbe d'équation:
    $x(c^3y-b^3z) - (c^2y+b^2z)((b+2c)y-(2b+c)z)=0$

    Cordialement,
    Rescassol

  • Modifié (22 Nov)
    Bonsoir à tous,
    C'est bien ce que je pensais, il y a une autre paire de segments égaux : avec le point P de la figure de Pappus, on a aussi PK = PL, ce qui ne devrait guère étonner grand-monde parmi vous ...
    Le quadrilatère PKNL est donc une espèce de losange déformé, constitué de deux triangles isocèles accolés par leur base, PN est la médiatrice de KL, ce qui offre plusieurs voies d'approche à ce problème ...
    Bien cordialement, JLB
     
  • Modifié (22 Nov)
    Bonsoir,

    JLB, il suffit de rajouter;
    P=[a^2; -b*(b-c); -c*(c-b)];
    
    PK2=Factor(Distance2(P,K,a,b,c)); % PK^2
    PL2=Factor(Distance2(P,L,a,b,c)); % PL^2
    % a^4*b^2*c^2/((b+c)^2*(a+b-c)^2*(a-b+c)^2)
    
    NulDist2=Factor(PK2-PL2) % Égal  0, donc c'est gagné.
    $KNLP$ est ce qu'on appelle un cerf-volant.

    Cordialement,
    Rescassol

  • Modifié (23 Nov)
    Bonjour Rescassol
    Ton équation étant celle d'une conique, de quelle courbe parles-tu? 
    Quant à l'enveloppe de Pappus, prenant pour origine $O^{\prime }=O+\dfrac{1}{3}\overrightarrow{OP}$ et $\overrightarrow{O^{\prime }O}$ comme vecteur directeur de l'axe polaire, c'est la cardioïde d'équation polaire $\rho =\dfrac{2R}{3}\left( 1+\cos \theta \right) $.
    Bien cordialement. Poulbot
  • Bonjour,

    Le lieu de $\Omega$ quand $A$ décrit le cercle circonscrit.

    Cordialement,
    Rescassol

  • DomDom
    Modifié (23 Nov)
    Remarque :
    Ce cerf-volant, figure que l’on rencontre au collège, est l’exemple de quadrilatère (convexe) possédant un axe de symétrie sans être un losange. 
    Si l’on n’impose pas la convexité, je ne sais pas si le quadrilatère porte un nom. C’est, en gros, deux triangles isocèles non isométriques opposés par le sommet principal. 
    Amusant : s’il on déplace ces triangles en les collant sur la base, ça donne un cerf-volant ce qui établit une bijection que j’ose qualifier de naturelle entre cerf-volant et « l’autre qui n’a pas de nom ». 

    Je me demande si « cerf-volant » a pour définition « possède un seule axe de symétrie » ou « au moins un ». J’entends, « dans la tête des gens ». 
    Je me dis qu’un losange est un cerf-volant pour être conforme à la même idée qu’un carré est aussi un rectangle. 

    Édit : il y a aussi la figure qui ressemble à un avion furtif. Non convexe mais non croisée. 
  • Re-bonjour Rescassol
    Je ne comprends toujours pas parce qu'il me semble évident que $\Omega $ se promène sur la médiatrice de $\left[ OP\right] $.
    Bien cordialement. Poulbot

  • Modifié (23 Nov)
    Bonjour,

    Pour Géogébra, le lieu de $\Omega$ semble être la réunion de deux segments de droites, donc la conique devrait dégénérer, mais mon équation ne se factorise pas. Je réfléchirai à la question plus tard.

    Cordialement,
    Rescassol

  • Merci Poulbot
    Effectivement le lieu de $\Omega$ est la médiatrice de $OP$.
    L'enveloppe de $A\Omega$ est la cardioïde que tu as mentionnée tout simplement parce que la bissectrice  de l'angle $\widehat{MA\Omega}$ est la droite $OA$.
    Amitiés
    pappus
  • Bonjour,

     

    Un début du schéma de ma preuve :

     

    1. en appliquant deux fois le théorème de Reim,           P, A, O, K et L sont cocycliques

    2. en notant (U) ce cercle, R le second point d’intersection de (AN) avec (U) et en appliquant le théorème de Reim,

    il s’ensuit que le quadrilatère RNMO étant un parallélogramme

    3. le trapèze cyclique AROP étant isocèle, il s’en suit que le quadrilatère PRNO est un losange.

     

    Je laisse le soin à un intervenant de continuer…

     

    Sincèrement

    Jean-Louis

  • Bonjour Pappus et
    merci de cette justification ultra-rapide
    Amicalement. Poulbot

  • Bonjour,

    J'ai trouvé mon erreur, et pas une des moindres. Il fallait bien que ça m'arrive, à force de faire du Morley.
    Pour trouver le lieu de $\Omega$, au lieu de faire varier $A$ sur le cercle circonscrit, j'ai fait varier le réel $a$ qui n'a rien à voir.
    J'aurais dû faire du Lubin $2$.

    Cordialement,
    Rescassol

  • Modifié (24 Nov)
    Bonjour.$\def\cir#1{\mathcal{C}_{#1}}$

    On se donne $C_1,C_2$ et deux points $A,B$ sur la médiatrice de $C_1,C_2$. Il en résulte $\cir a(A,C_j)$  et $\cir b (B,C_j)$. On fait pivoter une droite par $C_1$. Elle recoupe les cercles en $D_a,D_b$, tandis que la pivotante issue de $C_2$ recoupe les cercles en $E_a,E_b$. Alors la perpendiculaire commune à $D_aE_a$ et à $D_bE_b$ et la droite des centres sont également inclinées sur les pivotantes. Ce résultat a-t-il déjà été publié ?

    $\def\cir#1{\mathcal{C}_{#1}}$ On utilise des coordonnées complexes dans un repère bien choisi. Cela donne: \[ C_{1},C_{2},A,B,\cir a,\cir b\simeq\left(\begin{array}{c} ic\\ 1\\ -ic \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} -ic\\ 1\\ ic \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} a\\ 1\\ a \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} b\\ 1\\ b \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} -a\\ -c^{2}\\ -a\\ 1 \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} -b\\ -c^{2}\\ -b\\ 1 \end{array}\right) \] Soit $\tau,\sigma$ les inclinaisons des pivotantes. Cela donne \[ \Delta_{1},\Delta_{2}\simeq\left[\frac{1}{\tau},\dfrac{-ic}{\tau}-ic\tau,-\tau\right],\;\left[\frac{1}{\sigma},\dfrac{ic}{\sigma}+ic\sigma,-\sigma\right] \] \[ D_{a},D_{b},E_{a},E_{b}\simeq\left(\begin{array}{c} a\tau^{2}+ic\tau^{2}+a\\ 1\\ \dfrac{a\tau^{2}-ic+a}{\tau^{2}} \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} b\tau^{2}+ic\tau^{2}+b\\ 1\\ \dfrac{b\tau^{2}-ic+b}{\tau^{2}} \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} a\sigma^{2}-ic\sigma^{2}+a\\ 1\\ \dfrac{a\sigma^{2}+ic+a}{\sigma^{2}} \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} b\sigma^{2}-ic\sigma^{2}+b\\ 1\\ \dfrac{b\sigma^{2}+ic+b}{\sigma^{2}} \end{array}\right) \] On en déduit: $D_{a}E_{a},D_{b}E_{b}\simeq$ \begin{gather*} \left[\dfrac{1}{-a\sigma^{2}\tau^{2}+\left(ic-a\right)\sigma^{2}-\left(ic+a\right)\tau^{2}-a},1,\dfrac{\sigma^{2}\tau^{2}}{-a\sigma^{2}\tau^{2}+\left(ic-a\right)\sigma^{2}-\left(ic+a\right)\tau^{2}-a}\right]\\ \left[\dfrac{1}{-b\sigma^{2}\tau^{2}+\left(ic-b\right)\sigma^{2}-\left(ic+b\right)\tau^{2}-b},1,\dfrac{\sigma^{2}\tau^{2}}{-b\sigma^{2}\tau^{2}+\left(ic-b\right)\sigma^{2}-\left(ic+b\right)\tau^{2}-b}\right] \end{gather*} Comme attendu, ces deux droites ont le même clinant $-\sigma^{2}\tau^{2}$ et en outre $1\times\left(\sigma^{2}\tau^{2}\right)=\left(\sigma^{2}\right)\times\left(\tau^{2}\right)$, prouvant la propriété d'égale inclinaison.  



    Cordialement, Pierre.


  • Modifié (25 Nov)

    Bonjour,
    la fin du schéma de ma preuve :

    4. (AR) et (Ao) étant deux A-isogonale du triangle AKL inscrit dans (O), (KL) // (RO)

    5. conclure avec le théorème de la médiatrice…

    Sincèrement
    Jean-Louis.

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