Droite de Simson perpendiculaire

Bouzar
Bouzar
dans Géométrie
Bonsoir,

Voici un problème pris à Jean-Louis Ayme.

Soit $ABC$ un triangle, $O, H$ son centre du cercle circonscrit et son orthocentre, $P$ un point et $P^{*}$ son conjugué isogonal par rapport à $ABC$, $N, U$ les milieux de $[OH], [PP^{*}]$, $Mi$ le point de Miquel du quadrilatère $OPHP^{*}$.

1. Démontrer que $Mi$ est sur le cercle circonscrit à ABC.

2. Démontrer que la droite de Simson de $Mi$ par rapport à $ABC$ est perpendiculaire à $NU.$

Amicalement

Réponses

  • Rescassol
    Rescassol
    Bonjour,

    Avec Morley circonscrit: 
    % Bouzar - 29 Octobre 2021 - Droite de Simson perpendiculaire

clc, clear all, close all

syms a b c
syms aB bB cB % Conjugués

aB=1/a;
bB=1/b;
cB=1/c;

syms s1 s2 s3;
syms s1B s2B s3B; % Conjugués

s1=a+b+c;
s2=a*b+b*c+c*a;
s3=a*b*c;

s1B=s2/s3;
s2B=s1/s3;
s3B=1/s3;

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

syms p pB  % Un point P queconque

[pstar pstarB]=TransfoIsogonale(s1,s2,s3,p,pB); % Isogonal P* de P

h=s1;  % Orthocentre du triangle ABC
hB=s1B; 

n=s1/2;   % Milieu de [OH] (centre du cercle d'Euler du triangle ABC)
nB=s1B/2;

u=Factor((p+pstar)/2);   % Milieu de [PP*]
uB=Factor((pB+pstarB)/2);

% Point de Miquel Mi de OPHP*

[mi miB]=PointDeMiquel(0,p,h,pstar,0,pB,hB,pstarB);

% On trouve:

mi=p*(-s3*pB^2+s2*pB+p-s1)/(pB*(p^2-s1*p+s2-s3*pB));

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

% Question 1: Mi est sur le cercle circonscrit au triangle ABC

NulMi=Factor(mi*miB-1) % Égal à 0, donc c'est gagné

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

% Question 2: La droite de Simson de Mi est orthogonale à (NU)

% L'équation de la droite de Simson du point M(t) est ps z + qs zB + rs = 0
% avec: ps=-2*t^2        qs=2*s3*t        rs=t^3+s1*t^2-s2*t-s3

ps=-2*mi^2;
qs=2*s3*mi;

nu=u-n;
nuB=uB-nB;

NulSimson=Factor(ps*nu-qs*nuB) % Égal à 0, donc c'est gagné
    Cordialement,

    Rescassol128348
    128332
  • pldx1
    pldx1
    Bonjour,

    Soient $P,Q$ deux points et $P^{*},Q^{\text{*}}$leurs isogonaux wrt le triangle $ABC$. Parmi les six droites déterminées par ces quatre points, on décide que $PP^{*}$ et $QQ^{*}$ sont des diagonales, les quatres autres étant des latères de plein exercice. On introduit les points $D=PQ\cap P^{*}Q^{*}$ (cis) et $E=PQ^{*}\cap P^{*}Q$ (trans). On voit au deuxième coup d'oeil que $E=D^*$. Et on lance la grande machine quadrilatérale $ \def\quat{\mathcal{Q}} \quat$ \[ \begin{array}{c|ccc|ccc} & & \Delta & & & \Gamma\\ \hline 1 & D & Q & P & D^* & Q^{*} & P^{*}\\ 2 & D^* & Q & P^{*} & D & Q^{*} & P\\ 3 & D & Q^{*} & P^{*} & D^* & Q & P\\ 4 & D^* & Q^{*} & P & D & Q & P^{*} \end{array} \]

    On récupère la droite de Newton $\left(U,V,m\left(DD^*\right)\right)$, les cercles circonscrits $\Gamma_{j}$, leurs centres $O_{j}$, le cercle de Miquel, le point de Miquel $M_{i}$ sur le cercle de Miquel, les orthocentres $H_{j}$ et leur droite de Steiner. Par propriété générale, la $\quat$-droite de Newton et la $\quat$-droite de Steiner sont orthogonales.

    Il reste à vérifier que $M_{i}$ est sur le $ABC$-circonscrit et que sa $ABC$-droite de Steiner est parallèle à la $\quat$-droite de Steiner. On remarque que la donnée de $UV$ fixe la droite $HA_{n}B_{n}C_{n}$ et donc le point $M_{i}$.

    On en profite pour tracer la "cubique des 15 points". Et l'on se pose un problème de rétro-enginerie: étant donné un quadrilatère $PQP'Q'$, déterminer le triangle $ABC$... s'il en est un.

    Cordialement, Pierre.

    Edit: le deuxième coup d'oeil est arrivé !128360
  • Bouzar
    Bouzar
    Bonsoir

    Merci à Rescassol et à Pierre pour vos contributions.

    Amicalement
  • pappus
    pappus
    Bonjour à tous
    Je pense que tout ceci reste vrai quand on remplace la paire $(O,H)$ par une paire de points isogonaux $(Q,Q^*)\ $ absolument quelconque!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Jean-Louis Ayme
    Jean-Louis Ayme
    Bonjour pappus,

    c'est exact...je ne ma suis pas encore penché sur ce problème désirant en finir avec la déroutante relation de Goormaghtigh...

    As-tu une idée pour une preuve à l'ancienne?

    Sincèrement
    Jean-Louis
  • pappus
    pappus
    Bonjour Jean-Louis
    En fait je dors à moitié car je n'avais pas lu la magistrale contribution de Pierre qui prouve tout cela!
    Je retourne à ma sieste!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
    PS
    J'ai le sentiment que nous avions déjà parlé de cette configuration, il y a quelques mois ou quelques années, reste à retrouver le fil en question!
  • pldx1
    pldx1
    Bonjour,

    Pour la rétro-ingénierie. On part du triangle $ABC$ et de la transversale $D_{a}D_{b}D_{c}$ et l'on fait tourner la machine quadrilatérale. On trace les quatre cercles circonscrits, donnant le point de Miquel $M_{i}$. On place les points $

    \def\etc{,\:\mathrm{etc}} \def\nonk{n\mathcal{K}} \def\umbx{\Omega_{x}} \def\umby{\Omega_{y}}

    \left(A+D_{a}\right)/2\etc$ donnant la droite de Newton $\Delta$.

    On construit les points $U_{A}=\left(A\Delta\right)\cap\left(M_{i}D_{a}\right)\etc$. Et on trace la cubique \[ \nonk\left(A,B,C,D_{a},D_{b},D_{c},U_{A},U_{B},U_{C}\right) \] qui a la bonne idée de passer par $M_i$, $\Delta_\infty$, les deux ombilics, et les points $U'_{A}$.

    On choisit trois points $Q_{a},Q_{b},Q_{c}$ sur la cubique, mais en imposant que le cercle $Q_{a}Q_{b}Q_{c}$ passe par $M_{i}$. Alors les 5 paires $\left(\umbx,\umby\right)$, $\left(M_{i},\Delta_{\infty}\right)$, $\left(A,D_{a}\right)\etc$ sont isogonales par rapport au triangle $Q_{a}Q_{b}Q_{c}$.

    Cordialement, Pierre.
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.

Bonjour!

Pour participer au forum, cliquer sur l'un des boutons :

Connexion S'inscrire

Catégories

In this Discussion

Qui est en ligne 6

Foysbiguine_equation +4 Invités