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Alignement avec un sommet d'un triangle

Modifié (27 Apr) dans Géométrie
Bonsoir,
un vieux problème...quelles réactions ? Juste pour commencer.

1. ABC       un triangle

2. DEF, XYZ deux triangles céviens               

3. Q, R        les points d'intersection resp. de (XY) et (DE), (XZ) et (DF).

Question :              Q, R et A sont alignés.

Merci pour votre aide pour la figure
Sincèrement Jean-Louis


Réponses

  • Modifié (27 Apr)
    Bonjour,

    C'est simple en barycentriques:
    % Jean-Louis Ayme - 27 Avril 2022 - Alignement avec un sommet d'un triangle
    
    clc, clear all, close all
    
    syms p q r u v w % Deux points M et N
    
    A=[1; 0; 0]; % Point A
    
    D=[0; q; r]; E=[p; 0; r]; F=[p; q; 0]; % Triangle cévien de M
    X=[0; v; w]; Y=[u; 0; w]; Z=[u; v; 0]; % Triangle cévien de N
    
    Q=Wedge(Wedge(X,Y),Wedge(D,E));
    R=Wedge(Wedge(X,Z),Wedge(D,F));
    
    Mat=[A, Q, R];
    Nul=Factor(det(Mat)) % Égal à 0, donc c'est gagné
    Cordialement,
    Rescassol

  • Bonjour à tous
    Quel est le rapport entre ma figure ci-dessous et celle de Jean-Louis Ayme dans son message initial?
    Amicalement
    pappus
    PS
    J'ai enfin récupéré un nouvel ordinateur et surtout surtout Cabri

  • Bonjour,

    Tu as envoyé la droite $(BC)$ se faire voir à l'infini ?

    Cordialement,
    Rescassol

  • Modifié (29 Apr)
    Merci Rescassol
    J'aurais bien voulu que Swingmustard s'en aperçoive
    Ceci dit, est-ce que cette nouvelle figure est susceptible d'être démontrée par des moyens synthétiques!
    Amicalement
    pappus
  • Modifié (29 Apr)
    Bonjour pappus et à tous,
    j'ai l'impression de comprendre...mais j'aimerai avoir un énoncé de ta part...

    Merci
    Amitiés
    Jean-Louis
  • Modifié (29 Apr)
    Bonjour,

    Dans le repère affine évident d'origine $A$, on a $M(e;f), E(e;0), F(0;f), N(u;v), Y(u;0), Z(0;v)$.
    Les droites $(RF)$ et $(RZ)$ dont données par $f x - e y + e f = 0$ et $v x - u y + u v = 0$.
    Ce qui donne $R\left(\dfrac{efu - euv}{ev-fu}; \dfrac{efv - fuv}{ev-fu} \right)$.
    On fait de même pour $Q$ et on constate que l'origine $A$ est le milieu de $[QR]$.

    Cordialement,
    Rescassol
    PS: sans logiciel de calcul  :)
  • Modifié (29 Apr)
    Bonjour,

    Définition: homoltri(T1',T2') est le triangle dont les sommets sont les intersections des gones homologues des trigones T1' et T2'
    Définition: homolgon(T1,T2) est le trigone dont les côtés sont les droites qui joignent les sommets homologues des triangles  T1 et T2 
    Rappel: on passe du triangle au trigone (et réciproquement) en prenant la matrice adjointe.

    On a donc T1'= trigone cévien de P et T2'= trigone cévien de U. Soit alors T3 le homoltri de T1' et T2'. On voit aisément qu'il s'agit d'un triangle anti-cevien. Soit F  le perspecteur de ce triangle. Alors F est l'intersection des tripolaires de P et U.

    C'est donc le moment de s'intéresser à la conique passant par $A,B,C,P,U$, à la droite $PU$ ainsi qu'à l'isoconjugaison qui les échange.

    Cordialement, Pierre.
  • Modifié (29 Apr)
    Merci Rescassol
    C'est déjà cela!
    On pourrait presque donner cette configuration à des lycéens mais j'ai de sérieux doutes!
    @ Jean-Louis
    Effectivement j'ai envoyé la droite $BC$ se faire voir ailleurs si elle y est
    Nos deux figures sont équivalentes!
    Prouver l'une équivaut à prouver l'autre
    Comme il y a moins de points visibles sur ma figure, nos aïeux disaient qu'elle était une forme réduite de la tienne!
    Maintenant je suis sûr que tu vas trouver une preuve synthétique de la mienne!
    Amicalement
    pappus
  • Modifié (29 Apr)
    Bonjour,
    Merci pour le clin d'oeil, pappus ! J'aurais dit comme Rescassol, qui m'a grillé. À part pour le milieu que $A$ n'est pas : logiciel de géométrie dynamique  ;) EDIT : Rescassol parle de la version "affine", pour laquelle il a raison, $A$ est milieu. Je paie un coup au bar. Fin EDIT.
    Étant bien distancé, je n'ai qu'un dessin à proposer, essayant d'utiliser les couleurs de pappus. Et les points, la conique et la droite de pldx1.

    Amicalement,
    Swingmustard
  • Bonjour,

    La droite $(QR)$ serait la tangente en $A$ à la conique ?

    Cordialement,
    Rescassol

  • Mon cher Swingmustard
    Comment se traduit sur la figure de Jean-Louis le fait que $A$ soit le milieu du segment $QR$ sur la mienne?
    Il reste quand même à donner une preuve synthétique de ma figure pour que Jean-Louis soit content!
    Amicalement
    pappus
  • La droite $BC$ coupe la droite $QR$ au conjugué harmonique de $A$ par rapport à $(Q,R)$.
    Mais surtout, quel plaisir de te lire à nouveau mon cher pappus :)
  • Notre cher pappus,
    Je partage le plaisir de gai requin ! Je conserve les noms $P$ et $U$ de pldx1 pour les céviens.
    Où les as-tu cachés ?
    Chez Jean-Louis Ayme, $AF$ coupe $EP$ sur ta future droite de l'infini $BC$ (en $B$), donc chez toi $AF//EP$.
    Chez lui, $AE$ coupe $FP$ à l'infini (en $C$), donc chez toi $AE//FP$.
    Moralité $P$, et $U$ tant qu'on y est, sont les deux points que tu as dessinés (merci !) sans les nommer, qui font de $AEPF$ et $AYUZ$ des parallélogrammes.
    J'y vais à mon rythme (comme on voit, et comme si je pouvais faire autrement !)
    À suivre, amicalement,
    Swingmustard
  • Modifié (29 Apr)
    Ainsi, l'ordre de construction de la figure pappusienne est peut-être le suivant.
    1. Deux droites $EY$ et $FZ$ sécantes en $A$.
    2. On complète avec $P$ et $U$ tels que $AEPF$ et $AYUZ$ sont des parallélogrammes.
    (Variante, pour rester plus près de l'énoncé initial : deux sécantes en $A$, deux points $P$ et $U$ , puis on forme les deux parallélogrammes, avec les "pieds de céviennes" que sont $E,F$ et $Y,Z$.)
    3. Les parallèles aux diagonales en pointillé passant par les autres sommets (i.e. les parallèles à $AP$ issues de $E$ et de $F$, les parallèles à $AU$ issues de $Y$ et de $Z$) forment un parallélogramme dont $A$ est le centre (par exemple : en tant qu'intersection de $AP$ qui, pour la paire de droites rouges est un axe de symétrie, et de $AU$, axe pour la paire bleue).

    Donc, comme l'a déjà démontré Rescassol, $A$ est milieu de la diagonale $QR$ de ce parallélogramme.
    Je ne pense pas que ce soit ce qu'on appelle une preuve synthétique, et j'aimerais bien qu'on me précise ce qui est attendu.
    Amicalement,
    Swingmustard
    P.S. On voit encore bien la droite $PU$, en revanche je me demande ce qu'il est advenu de la conique de pldx1, passant par $A,P,U$ et $B,C$ qui eux sont partis à l'infini.
  • Mon cher Swingmustard
    Voilà ce qu'il advient de la conique de Pierre dans ma figure c'est à dire dans la carte affine du plan projectif où la droite $BC$ est envoyée à l'infini.
    Amicalement
    pappus

  • Bonjour à tous,
    toujours rien pour le problème posé en début de ce fil? Je rédige ma preuve...next...

    Sincèrement
    Jean-Louis
  • Modifié (30 Apr)
    Ah d'accord, merci pappus !
    Je ne sais pas si la version ellipse réserve aussi de petits extra...
    ... comme dans ta version hyperbole les parallèles en $Q$ et en $R$ qui donnent les asymptotes.

    Amicalement,
    Swingmustard
    Euh, si l'intersection de $EF$ et $YZ$ se doit (comme chez toi) d'être le centre, on va s'apercevoir que ma proposition est un fake !
  • Amende honorable...
  • Tentative pour débusquer l'analogie entre versions affine et projective.
    Appelons $S$ et $T$ les points qui complètent le parallélogramme dans un cas, et qui dans l'autre sont $DE\cap ZX$ et $FD\cap XY$.
           
    Le parallélogramme $QSRT$ de l'une devient un quadrilatère dont $A$ a le bon goût de demeurer le centre, en particulier d'être situé sur la diagonale $QR$. But why ? J'ai dû effacer trop de segments, et n'y vois plus clair.
    Amicalement,
    Swingmustard.
  • pldx1 a dit :
    Soit alors T3 le homoltri de T1' et T2'. On voit aisément qu'il s'agit d'un triangle anti-cevien.
     Soit F  le perspecteur de ce triangle. Alors F est l'intersection des tripolaires de P et U.
    Je crois que T3 est ton triangle $F_a F_b F_c$, alias $A'B'C'$ chez moi, et pour Jean-Louis Ayme $Q=F_c=C'$, $R=F_b=B'$.
    Si oui, la définition même de "triangle anticévien" répond à la question de JLA : $A\in B'C'$ (tout est dans le "aisément" !), et tu prolonges.
    Merci ces indices, le suspense continue.

    Amicalement,
    Swingmustard
  • Bonjour,
    en rédigeant ma preuve, et en la transposant au problème de pappus...il suffit de considérer deux faisceaux harmoniques de droites parallèles, chaque faisceau étant une bande avec son axe médian et sa droite à l'infini...les points d'intersection étant Q, A, R et A le milieu de [QR].

    Bon dimanche
    Jean-Louis
  • Modifié (1 May)
    Bonjour,
    Je retiens que le "potentiel harmonique" d'un point cévien $P$ ne se limite pas à la polarité (premier dessin).
    Dans ce problème (deuxième dessin), le sommet du faisceau harmonique clef n'aura pas été un sommet $A$ du triangle,
    mais un pied $A'$ de cévienne. (Deux pieds $D$ et $X$, disons.)
    Ce qui, pour moi en tout cas, est moins courant, moins évident. Mais que je rédige ici pour tâcher de m'en rappeler !
    lire l'harmonie dans le deuxième dessin ?
    Elle n'a pas changé, sur la sécante $B'C'$ : avec le même $A''$ et le point $AA'\cap B'C'$.
                                  
    Amicalement,
    Swingmustard
    P.S. Tout de même, quelqu'un qui n'aurait jamais entendu parlé de division harmonique, et à qui on dirait "Les deux faisceaux issus de $D$ et $X$ sont harmoniques, donc en voyant $A$ comme intersection de $DP$ et de $XU$, les points $Q, R, A, A''$ forment une division harmonique, a fortiori $Q, R, A$ sont alignés" répondrait peut-être "Je n'en demande pas tant, n'avez-vous pas une démonstration sans ce concept ?"
  • Rebonjour,

    pour être encore plus avare dans mon discours, nous avons deux bandes avec chacune un axe médian...l'intersection conduit au résultat de pappus...

    Sincèrement
    Jean-Louis
  • Modifié (2 May)
    Bonjour, 

    $\def\etc{,\:\mathrm{etc}}$ Nommer habilement les objets fait partie de la résolution d'un problème de géométrie. Les trois sommets d'un triangle cévien ne sont pas trois points choisis au hasard. Ce sont les céviens d'un point $P$. Et alors, il est raisonnable de les appeler $P_{a},P_{b},P_{c}$. De même pour le deuxième triangle cévien qu'il est raisonnable d'appeler $U_{a},U_{b},U_{c}$.
    La suite de la construction est de considérer $P_{a}P_{b}\cap U_{a}U_{b}$ que l'on va appeler $F_{c}$ plutôt que $\mathrm{random}(letter\_soup)$. On coupe les gones homologues, et cela donne un point. Cela fait apparaître un triangle $F_{a}F_{b}F_{c}$. Et il n'y a pas lieu de mémoriser si $F_{c}$ est l'intersection des Atrides et des Cnémides, ou bien des Voraces et des Cuirasses, ou autre chose encore. Par symétrie rotatoire, $F_{c}$ est l'intersection du gone $a,b$ d'un triangle avec le gone $a,b$ de l'autre triangle.
    Il est donc demandé de montrer que $F_{a}F_{b}F_{c}$, c'est à dire le triangle des Q,R et maybe\_S est circonscrit au triangle $ABC$. Et on se dit: ssasseraibo que ce triangle $F_{a}F_{b}F_{c}$ soit l'anti-cevien d'un point... que l'on pourrait nommer... suspense insoutenable... comment donc  pourrait-on le nommer ?
    On fait quelques calculs, ou bien on laisse geogebra les faire (la macro tripolar7 d'un fil parallèle fait cela très bien).
    On contemple alors la figure, ce qui fait apparaitre les tripolaires mystiques des points $P,U$. C'est la méthode de Pascal: on prétend que l'hexagramme est mystique et les spectateurs sont priés d'en être ébaubis, et même mystifiés. Ici, il n'y a que cinq points, mais deux tripolaires, c'est presque $2\times3$. Par conséquent $F$ est le perspecteur de la conique qui passe par $A,B,C,U,P$ (et la droite $F_{b}F_{c}$ est la tangente en $A$ à la conique).
    Maintenant que les calculs sont faits, essayons de les pousser sous le tapis. Comment faire pour envoyer $B,C$ à l'infini dans une figure géogebra ? Très facile. On pose $B=A+(B_{old}-A)\times100+0i$, $C=A+(C_{old}-A)\times100+0i$. Ces points ne se voient plus, on dit qu'ils se sont enfuis à l'infini. On sait que le centre $\omega$ d'une conique est le pôle de la droite de l'infini. Mais cette droite est devenue la nouvelle adresse de la droite $BC$. Donc le centre $\omega$ de $\left(ABCUP\right)$ est le pôle de $BC$, et ce pôle continue d'être le point $F_{a}$. Et tout cela sur le modèle: les propriétés projectives se conservent par transformations projectives. Et alors $\mathrm{line}(\omega,C)$ et $\mathrm{line}(\omega,C)$ sont les asymptotes: le contact n'est-il pas une propriété projective ?
    Quant au fait que $A$ devienne le milieu de $F_{b}F_{c}$, Gai requin a déjà vendu la mèche. On pose $K=F_{b}F_{c}\cap BC$ et il ne reste plus qu'à vérifier que $\mathrm{birapport}\left(A,K,F_{b},F_{c}\right)=-1$, puis à se rappeler qu'il s'agit d'une quantité projective.
    Un esprit chagrin critiquerait le fait d'avoir introduit une métrique pour traiter un problème qui est ouvertement projectif et pas du tout métrique. Mais il semblerait que ce soit un argument à géométrie variable, qui serait pertinent dans certains cas, tout en frisant l'impertinence dans d'autres. 

    Cordialement, Pierre. 
  • Modifié (5 May)
    Bonjour,
    Sincèrement
    Jean-Louis
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