Si vous aimez la chasse

Tonm

Salut, voici un problème vu sur Facebook (je joins la figure originale). Montrer que les deux angles rouge et vert sont complémentaires.

jelobreuil

Bonjour à tous, 

Merci @Tonm ! Il est assez mignon, celui-là !

On a donc deux triangles isocèles qui ont en commun l'un de leurs deux sommets latéraux et la droite portant les côtés opposés à ce sommet, et l'on travaille sur les cercles circonscrits aux triangles résultant de l'échange de leurs sommets "intérieurs" sur cette droite ...

Question qui me vient à l'esprit : que se passe-t-il quand les quatre points A, B , C et D forment une division harmonique ? Sur ta figure, B et D seraient alors les pieds des bissectrices intérieure et extérieure en Q du triangle AQC ...

Bien amicalement, JLB

jelobreuil

Voici une ébauche de solution, mais sans chasse aux angles ...

Soit donc quatre points $A$, $B$, $C$ et $D$ d'une même droite, s'y succédant dans l'ordre indiqué. Le point $Q$ est l'un des points d'intersection de deux cercles, celui de centre $B$ et de rayon $BA$ et celui de centre $C$ et de rayon $CD$, et le point $P$ est celui où se recoupent les cercles circonscrits aux triangles $AQC$ et $BQD$.

Le centre $I$ du cercle circonscrit à $ACQ$ se trouve sur la médiatrice de $AQ$, à laquelle appartient aussi le point $B$, puisque le triangle $ABQ$ est isocèle en $B$. La droite $BI$ est donc la médiatrice de la corde $AQ$. De même, $J$ étant le centre du cercle circonscrit au triangle $DBQ$, la droite $CJ$ est la médiatrice de la corde $DQ$.  

Ce que j'ai vérifié, mais qu'il me reste à démontrer, c'est que dans cette configuration, le fait que les deux cordes $AC$ et $BD$ sont portées par la même droite implique que les médiatrices des cordes $AQ$ et $DQ$, issues de l'un des deux points d'intersection des deux cercles sécants, passent par l'autre de ces deux points, ici $P$. Je suppose qu'il s'agit 'un résultat bien connu ...

Il est alors immédiat d'en déduire que $PA= PQ = PD$, que le triangle $APD$ est isocèle en $P$, de même que les triangles $APQ$ et $DPQ$, dont les médiatrices des côtés $AQ$ et $DQ$ sont les bissectrices des angles en $P$, et que par conséquent, la somme des angles $BPC$ et $CDP$ vaut la moitié de 180°.

Voilà où j'en suis ...

Bien amicalement, JLB

Rescassol

Bonsoir,

% Tonm - 09 Janvier 2025 - Si vous aimez la chasse

clear all, clc

syms a b c real

% Notations de Conway
Sa=(b^2+c^2-a^2)/2; Sb=(c^2+a^2-b^2)/2; Sc=(a^2+b^2-c^2)/2;

A=[1; 0; 0]; B=[0; 1; 0]; C=[0; 0; 1]; % Sommets du triangle MBC
BC=[1, 0, 0]; CA=[0, 1, 0]; AB=[0, 0, 1]; % Côtés du triangle ABC

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

syms x y real

B1=Wedge(MediatriceBary(A,B,a,b,c),BC); % B1=[0; a^2-b^2; c^2]
C1=Wedge(MediatriceBary(A,C,a,b,c),BC); % C1=[0; b^2; a^2-c^2]

[Ob Rb2]=CercleTroisPointsBary(A,B,C1,a,b,c);
[Oc Rc2]=CercleTroisPointsBary(A,C,B1,a,b,c);
Ob=SimplifieBary(Ob); Rb2=Factor(Rb2);
Oc=SimplifieBary(Oc); Rc2=Factor(Rc2);
Ax=SimplifieBary(AxeRadicalBary(Ob,Rb2,Oc,Rc2,a,b,c)); 
% On trouve Ax=[0, c^2*Sc, -b^2*Sb]
NulP=numden(Factor(Distance2(Ob,[x; y; c^2*Sc/(b^2*Sb) * y],a,b,c)-Rb2));
% On trouve b^2*Sb*x - a^2*Sa*y = 0 donc:
xP=a^2*Sa; yP=b^2*Sb; zP=c^2*Sc/(b^2*Sb) * yP;
P=SimplifieBary([xP; yP; zP]); 
% P=[a^2*Sa, b^2*Sb, c^2*Sc] C'est le centre du cercle circonscrit à ABC

PB1_2=Factor(Distance2(P,B1,a,b,c));
PC1_2=Factor(Distance2(P,C1,a,b,c));
B1C1_2=Factor(Distance2(B1,C1,a,b,c));
Cos2B1PC1_2=Factor((PB1_2+PC1_2-B1C1_2)^2/(4*PB1_2*PC1_2));
% On trouve Cos2B1PC1_2=Sa^2/(4*b^2*c^2)

PC_2=Factor(Distance2(P,C,a,b,c));
CC1_2=Factor(Distance2(C,C1,a,b,c));
CosPCC1_2=Factor((PC_2+CC1_2-PC1_2)^2/(4*PC_2*CC1_2));
% On trouve CosPCC1_2=(a+b+c)*(a+b-c)*(a-b+c)*(b-a+c)/(4*b^2*c^2)

UN=Factor(Cos2B1PC1_2+CosPCC1_2)
% On trouve UN=1 donc les deux angles sont complémentaires

Cordialement,
Rescassol

Tonm

Bonjour, merci Jelobreuil et Rescassol. Juste à Rescassol les notations cosCPC1_2 ça veut dire $\cos(\widehat{C_1CP})^2$...
Puis l'idee c'est comment on définit $P$. Par exemple avec Rescassol est-ce que $P$ est l'intersection des deux mediatrices? si oui le problème découle mais dans la figure attention $P$ est sur le cercle de $AB_1C$ ($ABC_1$). Comme Jelobreuil remarque montrer que c'est le même $P$ c'est la condition que les deux angles sont complémentaires.  
Cordialement.

Rescassol

Bonjour,

> les notations cosPCC1_2 ça veut dire $\cos(\widehat{PCC_1})^2$ ?
Oui.
> avec Rescassol est-ce que $P$ est l'intersection des deux mediatrices? 
Non, c'est la deuxième intersection des deux cercles $ABC_1$ et $ACB_1$, après $A$, trouvée comme intersection de leur axe radical et de l'un d'eux.

Cordialement,
Rescassol
Edit: J'ai corrigé une typo.

Tonm

Oui, merci.

Jean-Louis Ayme

Bonsoir,

pour commencer à l'ancienne   
1. (AP) est la A-bissectrice intérieur du triangle AB1C1

2. j'attends...

Sincèrement
jean-Louis

gipsyc

Bonjour,

Puisque la chasse est ouverte, voici la justification que je propose, qui me semble très logique sans paroles.

Pour la clarté du schéma, j'ai supprimé les deux cercles donnés, en préférant privilégier ceux montrés (surtout celui de centre O).

Les angles ou côtés de même couleur sont congruents, les seconds (triangles isocèles) justifiant les premiers (angles congruents).
Notons que les médiatrices pour construire C et D sont des bissectrices au niveau du point O, que le △AOE est O-isocèle, ce qui fait de BO la B-bissectrice de ∠CBD.

Cordialement,

Jean-Pol Coulon 

Jean-Louis Ayme

Bonjour,

2. Ob et Oc sont sur le cercle circonscrit au triangle AB1C1

3. ....

Sincèrement
Jean-Louis

Tonm

Bonjour, la figure que j'ai est de trouver tous les angles en termes de $\alpha,\beta, \epsilon$ puis trouver que $P$ est le point d'intersection des deux cercles (Cocyclicité) ce qui donne $\alpha+\beta+\epsilon=90^{\circ}$.
Cordialement.

jelobreuil

Bonjour à tous,

Pour ma part je cherche encore ...

Jean-Louis, il y a une petite erreur d'inattention dans ton dernier message, les deux centres Oc et Ob de la figure de Rescassol sont évidemment sur le cercle circonscrit au triangle AB1C1 ...

Je l'ai aussi remarqué, mais je n'en ai pas l'explication !

Bien amicalement, JLB

Jean-Louis Ayme

Merci JLB ... je viens de rectifier...

Amitiés
Jean-Louis

jelobreuil

Bonsoir à tous,

C'est l'indication de @Jean-Louis Ayme qui m'a remis dans la bonne voie :

La droite $PQ$ étant définie comme l'axe radical des deux cercles de centres $I$ et $J$, soit $K$ le point d'intersection de cette droite et de la droite $ABCD$, situé entre $B$ et $C$ sur cette dernière. Les puissances de ce point $K$ par rapport aux deux cercles sont égales, et cette égalité s'écrit $KC.KA = KB.KD$. Mais on a $KA = KB +BA$ et $KD = KC + CD$, et il vient alors $KC.KB + KC.BA = KB.KC + KB.CD$ ; et comme on a encore $BA = BQ$ et $CD = CQ$, on obtient finalement $KC.BQ = KB.CQ$, qu'on peut aussi écrire $KC/CQ = KB/BQ$, ce qui montre que le point $K$ est le pied de la $Q$-bissectrice intérieure du triangle $BQC$. 

Remarquons que ces égalités ne peuvent exister que parce que les points $A$, $B$, $C$ et $D$ sont effectivement alignés ...

Les angles $BQP$ et $CQP$ sont donc égaux, et les angles inscrits interceptant les mêmes arcs dans les cercles de centres $I$ et $J$, c'est-à-dire, respectivement, les angles $BDP$ et $CAP$, sont égaux, le triangle $APD$ est isocèle en $P$, et il en résulte que $DP = AP$.

Par ailleurs, le triangle $DCQ$ est isocèle en $C$, les angles $CDQ$ et $CQD$ sont donc égaux, donc les angles $PDQ$ et $PQD$ sont eux aussi égaux comme étant les sommes  de paires d'angles égaux deux à deux, à savoir $PDQ = CDP +CDQ$ et $PQD = CQP + CQD$ : le triangle $DPQ$ est donc isocèle en $P$, de même que le triangle $APQ$ puisque l'on a $PA = PD = PQ$. Puisque les triangles isocèles $DCQ$ et $DPQ$ partagent la même base $DQ$, la droite $PC$ est leur médiatrice-bissectrice commune, et tout est maintenant en place pour achever la démonstration comme je l'ai déjà indiqué à la fin de mon message d'avant-hier.

Remarquons encore que ce que j'indiquais au début de ce message antérieur apparaît maintenant comme un ultime résultat intermédiaire dans la démonstration demandée.

Bien amicalement, Jean-Louis B.

Jean-Louis Ayme

Bonjour,

3. (B1Ob) et (C1Oc) concourent en P

la conclusion suit...

Il reste à donner un nom au cercle AB1C1...pour le tradition...

Sincèrement
Jean-Louis