La droite de Droz-Farny, une généralisation de van Lamoen
Bonjour,
1. ABC un triangle
2. H l'orthocentre de ABC
3. L, M deux transversales perpendiculaires issues de H
4. A', B', C' les points d'intersection de L resp. avec (BC), (CA), (AB)
5. A'', B'', C'' les points d'intersection de M resp. avec (BC), (CA), (AB)6.I, J, K trois points divisant [A'A''], [B'B''], [C'C''] dans le même rapport à partir de A', B', C'.
Question : I, J et K sont alignés.
Merci pour votre aide pour la figure.
Sincèrement
Jean-Louis.
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Réponses
Voilà, avec Morley circonscrit:
Cordialement,
Rescassol
Nouveau sur ce site, j'avoue que bien des éléments de langage me sont inconnus. C'est quoi "Morley circonscrit" ? Je connais le th de Morley sur les trisectrices, mais guère plus...
Merci d'avance.
Je copie-colle l'explication que j'ai déjà donnée maintes fois.
On suppose de plus que $s_1\overline{s_1}\leq 1$ pour que $UVW$ soient les points de contact du cercle inscrit et non d'un cercle exinscrit. Dit autrement, $UVW$ est acutangle.
Cordialement,
Rescassol
cette généralisation m'a permis de trouver une seconde preuve purement synthétique de la droite de Droz-Farny...
Sincèrement
Jean-Louis
Cordialement, Pierre.
Je voudrais prouver que les milieux de [A'A''], [B'B''] et [C'C''] (centres de trois cercles passant par H) sont alignés, ou que ces trois cercles ont un second point commun, ce qui est équivalent. La suite est plus facile, me semble-t-il.
$\textcolor{magenta}{\mathrm{ La\; principale\; chose\; à\; remarquer\; est\; le\; fait\; que\; cette\; condition\; ne\; dépend\; pas\; de\;} k\;\;}$ (hormis le cas trivial).
Cordialement, Pierre.
Edit: magenta comment added.
Droz-Farny a publié son résultat sans preuve en 1899 (Question 14111 Educational Times 71 (1899) 89-90)
La première preuve a eu recours à une parabole (Joseph Neuberg)
La première preuve purement synthétique en 2004 (Jean-Louis Ayme) https://forumgeom.fau.edu/FG2004volume4/FG2004index.html
Le résultat proposée sans solution dans ce fil, par Floor van Lamoen en 2004 et une première preuve en 2011;
a-short-proof-of-lamoens-generalization-of-the-droz-farny-line-theorem.pdf (456kb)
J'ai trouvé une nouvelle preuve de ces deux résultats en pensant uniquement au point d'Auguste Miquel...que je rédige en ce moment.Sincèrement
Jean-Louis
Tu peux bouger les points $A,B$ et $C$ manuellement, le point $P$ via ses coordonnées barycentriques et tu peux même changer la valeur de $k$ au cas où tu en aurais marre des milieux https://www.geogebra.org/classic/ay3sjeg2
Elle a vécu...
Amicalement
pappus
Cette prophétie de l'ami pappus se vérifie largement dans ce fil qui commençait par "Question : I, J et K sont alignés" . Prenons un point à l'infini dans le plan du triangle $ABC$, soit \[ \ttt K\simeq1:t:-1-t \] Son isotomique est donc le point $K\simdoteq1:1/t:-1/\left(1+t\right)$. On considère la conique inscrite de perspecteur $K$. Comme on sait, " faire des mathématiques, c'est aussi faire faire des mathématiques à son ordinateur" . On a donc, un jour dans le passé, programmé une procédure $\mathrm{mconi\_in}$... et son résultat est: \[ \conim{}\simeq\left[\begin{array}{ccc} \dfrac{1}{t^{2}\left(1+t\right)^{2}} & \dfrac{-1}{t\left(1+t\right)^{2}} & \dfrac{1}{t^{2}\left(1+t\right)}\\ \dfrac{-1}{t\left(1+t\right)^{2}} & \dfrac{1}{\left(1+t\right)^{2}} & \dfrac{1}{t\left(1+t\right)}\\ \dfrac{1}{t^{2}\left(1+t\right)} & \dfrac{1}{t\left(1+t\right)} & \dfrac{1}{t^{2}} \end{array}\right] \] Une fois une certaine stupéfaction passée, on se plonge dans les vieux grimoires pour tenter de comprendre le contexte qui bien pu a conduire à définir un objet pareil. En fait, l'objectif n'est pas tant l'étude des points $M\in\mathcal{C}$, mais celle des droites $\Delta\in\mathcal{C}^{*}$, autrement dit les droites ayant l'amabilité d'être tangentes à la conique $\mathcal{C}$. Ces droites sont caractérisées par $\Delta\cdot\conis{}\cdot\tra{\Delta}=0$, avec \[ \conis{}\simeq\left[\begin{array}{ccc} 0 & -1-t & t\\ -1-t & 0 & 1\\ t & 1 & 0 \end{array}\right] \] équation dans laquelle la matrice $\conis{}$ est l'adjointe de la matrice $\conim{}$. On pourrait calculer $\linf\cdot\conis{}\cdot\tra{\linf}$ et en déduire que $\mathcal{C}$ est une parabole. Mais cela constituerait
Il vaut donc mieux considérer le cercle polaire. Un lecteur qui aurait suivi le cursus de Langues Orientales saurait que \[ \mathrm{anglais}\left(cercle\right)=diagonal\ptv\mathrm{anglais}\left(polaire\right)=circle \] Il lui suffirait donc de chercher "diagonal circle" dans un quelconque " Glossary" . Mais rien n'empêche de repartir ab ovo. On sait que les vecteurs fléchi-flécha sont définis par \[ \overrightarrow{MN}\doteq\dfrac{N}{\linf\cdot N}-\dfrac{M}{\linf\cdot M} \] L'ensemble de ces vecteurs fléchi-flécha forme le plan $x+y+z=0$ au sein de l'espace vectoriel $\cc^{3}$. On sait en outre (et JLT l'a rappelé) que la forme quadratique $\mathrm{pyth}$ vérifiant $\pyth\left(\overrightarrow{BC}\right)=a^{2}$, $\pyth\left(\overrightarrow{CA}\right)=b^{2}$, $\pyth\left(\overrightarrow{AB}\right)=c^{2}$ s'écrit \[ \pyth\left(\overrightarrow{V}\right)=\tra{\overrightarrow{V}}\cdot\boxed{\Gamma_{O}}\cdot\overrightarrow{V}\where\boxed{\Gamma_{O}}\doteq\dfrac{-1}{2}\,\left[\begin{array}{ccc} 0 & c^{2} & b^{2}\\ c^{2} & 0 & a^{2}\\ b^{2} & a^{2} & 0 \end{array}\right] \] mais peut aussi s'écrire \[ \pyth\left(\overrightarrow{V}\right)=\tra{\overrightarrow{V}}\cdot\boxed{\Gamma_{H}}\cdot\overrightarrow{V}\where\boxed{\Gamma_{H}}\doteq\left[\begin{array}{ccc} \Sa & 0 & 0\\ 0 & \Sb & 0\\ 0 & 0 & \Sc \end{array}\right] \] Sortons ces deux matrices de leur contexte et considérons les courbes définies dans $\pcct$ par $\tra M\cdot\Gamma\cdot M=0$. Étant du second degré, ces courbes sont des coniques. Elles passent les points tels que $\linf\cdot M=0$ et $\pyth\left(M\right)=0$. Ces deux points sont les ombilics du plan et vérifient \[ \umbx\simeq\left(\begin{array}{c} a^{2}-b^{2}+c^{2}-4\,iS\\ -a^{2}+b^{2}+c^{2}+4\,iS\\ -2\,c^{2} \end{array}\right)\ptv\umby\simeq\left(\begin{array}{c} a^{2}-b^{2}+c^{2}+4\,iS\\ -a^{2}+b^{2}+c^{2}-4\,iS\\ -2\,c^{2} \end{array}\right)\simeq\left(\begin{array}{c} \Sb+2iS\\ S_{a}-2iS\\ -c^{2} \end{array}\right) \] Autrement dit, $\Gamma_{O}$ et $\Gamma_{H}$ sont des cercles. Un calcul barycentrique épuisant montre que $\Gamma_{O}$ passe par $A,B,C$: il s'agit donc du cercle circonscrit. Une intense contemplation montre que la matrice $\Gamma_{H}$ est diagonale: il s'agit donc du fameux diagonal circle. Quel est le centre de ce cercle ? On pourrait tricher et lire directement la réponse dans un livre ou un autre. On pourrait tenir pour acquis le fait que le centre conique (pôle de la droite de l'infini) est identique au centre circulaire. On pourrait même, horresco referens, utiliser une formule diabolique (se reporter à la sourate "pencils of circles" ). Pour faire chic, on pourrait aussi utiliser la méthode de Lagrange pour déterminer le point ayant la puissance extrémale par rapport au cercle en question.
Dans tous les cas, on trouve que le cercle $\Gamma_{H}$ est centré en $H=$X(4). Et maintenant suivons la méthode simplificatrice de pappus. La conique $\conim{}$ étant inscrite au triangle, son adjointe $\conis{}$ est donc "circonscrite au trigone" et ses droites peuvent se paramétrer par \[ \Delta_{s}\simdoteq\left[1,\dfrac{t}{s},\dfrac{1+t}{1+s}\right] \] Le pôle de cette droite par rapport à $\Gamma_{H}$ est donc \begin{eqnarray*} P_{s}\simdoteq\boxed{\Gamma_{H}^{*}}\cdot\tra{\Delta_{s}} & \simeq & \left[\begin{array}{ccc} \Sb\Sc & 0 & 0\\ 0 & \Sc\Sa & 0\\ 0 & 0 & \Sa\Sb \end{array}\right]\cdot\left(\begin{array}{c} 1\\ t/s\\ \left(1+t\right)/\left(1+s\right) \end{array}\right)\\ & \simeq & \left(\begin{array}{c} 1\times\Sb\Sc\\ t\times\Sc\Sa\\ -\left(1+t\right)\Sa\Sb \end{array}\right) \bmul \ttt\left(\begin{array}{c} 1\\ s\\ -1-s \end{array}\right) \end{eqnarray*} Et alors, sans aucun calcul d'aucune sorte, on voit que le lieu de $P_{s}$ est une conique $\mathcal{\hhh}$ circonscrite à $ABC$. En premier lieu, cela se voit. En deuxième lieu, on avait fait exprès: le triangle $ABC$ étant autopolaire wrt $\Gamma_{H}$, le pôle de $BC$ (i.e. $A$) appartient à $\mathcal{\hhh}$, etc. Un calcul barycentrique épuisant montre que $P_{s}\left(s=t\right)=H=$X(4). On en déduit que:
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La droite $\linf$, qui est la $\Gamma$-polaire de $H$, appartient à la conique $\mathcal{C^{*}}$... et donc $\mathcal{C}$ est une parabole.
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La conique $\hhh$, contenant un quadrangle orthocentrique, est une hyperbole équilatère.
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Les points à l'infini de $\hhh$ sont orthopoints l'un de l'autre. Leurs $\Gamma$-polaires sont deux droites passant par $H$ et orthogonales l'une à l'autre... et elles appartiennent à $\mathcal{C}^{*}$. Autrement dit, les tangentes issues de $H$ sont orthogonales entre elles.
Bilan: il ne suffit pas de changer de méthode pour changer de résultat.Cordialement, Pierre
Et patatras!
Si on se donne deux points (distincts) par leurs coordonnées barycentriques hétérogènes mercerisées, on a: \[ M\simdoteq\left(\begin{array}{c} p\\ q\\ r \end{array}\right)\ptv N\simdoteq\left(\begin{array}{c} u\\ v\\ w \end{array}\right) \] On définit ensuite $\Delta\simdoteq M\wedge N\simeq\left[qw-rv,ru-pw,pv-qu\right]$. Et alors la ligne (row) $\Delta$ donne les coordonnées barycentriques hétérogènes mercerisées de la droite (line) $\Delta$, et l'on a \[ M,N\in\Delta\;\;\mathrm{parce\;que}\;\;\Delta\cdot M=\Delta\cdot N=0 \] Et maintenant, on se donne deux droites par leurs coordonnées barycentriques hétérogènes mercerisées, soit \[ D\simdoteq\left[d,e,f\right]\ptv\Delta\simdoteq\left[g,h,k\right] \] et on cherche une écriture simple pour la relation $D\perp\Delta$. Il suffit alors de remarquer que la colonne $D_{\infty}\doteq D\wedge\linf\simeq e-f:f-d:d-e$ décrit à la fois le point à l'infini de $D$ et l'un des vecteurs $\overrightarrow{MN}$ avec $M,N\in D$. Mais on sait écrire que deux vecteurs sont orthogonaux. D'après Pythagore, le carré de la somme est égal à la somme des carrés et donc le double produit est nul. Cela donne \[ \tra{D_{\infty}}\cdot\boxed{\Gamma_{O}}\cdot\Delta_{\infty}=0 \] Il reste à remarquer que $\Delta_{\infty}\simeq\ww\cdot\tra{\Delta}\where\ww=\left[\begin{array}{ccc} 0 & +1 & -1\\ -1 & 0 & +1\\ +1 & -1 & 0 \end{array}\right]$ pour obtenir \[ D\perp\Delta\Longleftrightarrow D\cdot\met\cdot\tra{\Delta}=0\where\met\doteq\frac{1}{2S}\tra{\ww}\cdot\boxed{\Gamma_{O}}\cdot\ww=\frac{1}{2S}\left[\begin{array}{ccc} a^{2} & -\Sc & -\Sb\\ -\Sc & b^{2} & -\Sa\\ -\Sb & -\Sa & c^{2} \end{array}\right] \] On remarquera que les matrices $\ww$ et $\met$ ont été définies "en dur" et pas à un facteur près. Spoiler: cela sera utile, dans un futur ou un autre, au moment de calculer la tangente de l'angle de deux droites. Pour l'instant, le facteur est uniquement " décoratif" .
A partir de là il est facile de caractériser les hyperboles équilatères. En effet la matrice d'une conique ayant $D,\Delta$ pour asymptotes s'écrit \[ \boxed{\mathcal{C}}\doteq\tra D\cdot\Delta+\tra{\Delta}\cdot D+k\tra{\linf}\cdot\linf \] et l'on voit aisément que $\left\langle \met\mid\boxed{\mathcal{C}}\right\rangle =D\cdot\met\cdot\tra{\Delta}$. D'où le critère $\left\langle \met\mid\boxed{\mathcal{C}}\right\rangle =0$.
Ensuite de quoi, l'hyperbole dégénérée formée par les deux tangentes issues d'un point $M$ à une conique donnée $\conim{}$ s'écrit: \[ \boxed{\mathcal{H}}=\left(\tra M\cdot\boxed{\mathcal{C}}\cdot M\right)\;\boxed{\mathcal{C}}-\boxed{\mathcal{C}}\cdot M\cdot\tra M\cdot\boxed{\mathcal{C}} \] Il suffit alors d'appliquer le critère $\left\langle \met\mid\boxed{\mathcal{H}}\right\rangle =0$ pour obtenir l'équation de la conique orthoptique. Une contemplation attentive du résultat montre que:
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Le calcul se simplifie si l'on part de $\conis{}=\left(m_{jk}\right)$ plutôt que de $\conim{}=\left(m_{jk}\right)$.
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Dans ce cas, $\det\conis{}$ vient se mettre en facteur.
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En fait, $\boxed{\mathcal{H}^{\perp}}$ est un cycle, qu'il est plus efficace d'écrire en tant que tel. On trouve \[ \mathcal{H^{\perp}}\left(M\right)=\vmb\left(M\right)\cdot\left(\begin{array}{c} b^{2}m_{33}+c^{2}m_{22}+2\,\Sa\,m_{23}\\ a^{2}m_{33}+c^{2}m_{11}+2\,\Sb\,m_{13}\\ a^{2}m_{22}+b^{2}m_{11}+2\,\Sc\,m_{12}\\ m_{11}+2\,m_{12}+2\,m_{13}+m_{22}+2\,m_{23}+m_{33} \end{array}\right) \] selon la méthode évangélique: "rendons au point ce qui appartient au point, et rendons au cercle ce qui appartient au cercle" .
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Bien entendu, le lecteur aura remarqué que $\alpha:\beta:\gamma:\delta$ est incomparablement plus compliqué que $\Delta:\alpha:\beta:\gamma$, tandis que "les indications de JDE" , en tout cas telles que résumées par pappus, semblent être: " voici le résultat, kakeu, na, apprenez-moi cela pour lundi" .
Cordialement, Pierre.Mon cher pappus,
une preuve synthétique ne recourant pas à une parabole est possible en considérant ce résultat que j’ai démontré de la même façon :
relativement à ABC, L et M conduisent au même point de Miquel M.
https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/2334440/meme-point-de-miquel#latest
La preuve qui s’ensuit est sans calculs.
Ayant eu des problèmes de rédaction, je la communiquerai rapidement sur mon site.
Avec toutes mes amitiés
Jean-Louis
C'est quand même très systématique comme manière de faire et calculer des points et des droites puis vérifier qu'ils ne se sont pas trompés peut les amuser.
Pardon pour la question qui va peut-être paraitre déplacée mais cette préférence pour le synthétique est justifiée par un argument pédagogique, un simple goût ou le refus d'apprendre autre chose que ce qui vous a été enseigné à votre époque (n'y voyez pas d'offense) ? Toutes ces raisons sont valables évidemment, c'est juste que je me demande si il y a quelque chose qui m'échappe.
Cela n'empêche pas le vaste monde de rester tout aussi vaste qu'avant.
Les emplois en imagerie médicale etc. sont seulement passés d'une fac à l'autre pour certains, et d'un pays à l'autre pour le reste.
老兵永远不死
Sans pldx1 je serais toujours complétement incapable de résoudre le moindre autre problème grâce à des techniques de géométrie projective. Même si effectivement cela ne changera pas son monde, cela change un petit peu le mien. Un grand merci à lui, on est plus sur de l’exotérisme que sur de l'ésotérisme vu qu'il fait beaucoup pour partager "ses secrets".