Une petite question concernant deux points sur un cercle
Bonsoir à tous
J'ai une question sur laquelle je bute :
Soit un triangle ABC, H son orthocentre. Le cercle C1 de diamètre BC recoupe les côtés AB et AC en Hc et Hb respectivement, les pieds des hauteurs issues de C et de B. Le cercle C2 de centre B et de rayon BHc recoupe C1 en P, le cercle C3 de centre C de rayon CHb le recoupe en Q. Les droites AP et AQ recoupent respectivement C2 en R et C3 en S.
Pourquoi ces deux derniers points appartiennent-ils au cercle de diamètre AH ?
Bien cordialement, JLB
Réponses
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@jelobreuil : bonjour . J'ignore à quel point vous butez; mais si vous séchez complètement, pourquoi n'envisagerions-nous pas le cas particulier dans $\mathbb{C}$ de $A=8i, B=6$ et $C=-15$? Ce triangle a le bon goût-il est construit pour cela- d'être tel que $Ha=0$. C'est en tout cas ce que je vais essayer de faire en espérant que les calculs ne deviennent pas inextricables. Peut-être au cours de ces calculs comprendrai-je mieux ce qui se passe. Cordialement, Stéphane.
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Bonjour Jean-Louis,
je pense au théorème de Miquel concernant trois cercles concurrents dans le cas particulier où l'une des moniennes est tangentes...
Sincèrement
jean-Louis
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Mon cher JLB
Fais intervenir le symétrique $H’_c$ de $H_c$ par rapport à $B$ et joue sur le fait que les points $H_c$ et $P$ sont symétriques par rapport à $BC$.Amicalement
pappud -
L'homothétie de centre $A$ transformant $C$ en $H_B$ ne transformerait-elle pas $B$ en $H_C$, $Q$ en $S$ et $P$ en $R$ ? Auquel cas il serait simple de conclure.
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Rebonjour,
en fait ce problème est une application du théorème de Reim...
1. X le second point d'intersection de (AC) avec C3
Ta la tangente au cercle de diamètre [AH]
2. (BQ) est tangente à C3 en Q
3. par Reim à C1 et C3, (QX) // (BC) // Ta
4. par Reim à cercle de dimètre [AH] et C3, we are done...
Sincèrement
Jean-Louis
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Mon cher sftj
Au moins connais-tu le nom des défuntes homothéties et l’usage du conditionnel!
Amicalement
pappus -
Mon cher stfj
Pourquoi n’as-tu pas fait de figure pour vérifier tes allégations?
Amicalement
pappus -
Bonjour,
Voilà, avec Morley circonscrit:% Jelobreuil - 13 Août 2022 - Une petite question concernant deux points sur un cercle % Soit un triangle ABC, H son orthocentre. % Le cercle C1 de diamètre BC recoupe les côtés AB et AC en Hc et Hb % respectivement, les pieds des hauteurs issues de C et de B. % Le cercle C2 de centre B et de rayon BHc recoupe C1 en P, % le cercle C3 de centre C de rayon CHb le recoupe en Q. % Les droites AP et AQ recoupent respectivement C2 en R et C3 en S. % Pourquoi ces deux derniers points appartiennent-ils au cercle de diamètre AH ? %----------------------------------------------------------------------- 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; %----------------------------------------------------------------------- h=s1; hB=s1B; % Orthocentre m=(b+c)/2; mB=(bB+cB)/2; % Milieu M de [BC] hb=(s1*b-c*a)/(2*b); hc=(s1*c-a*b)/(2*c); % Pieds de deux hauteurs hbB=(s1B*bB-cB*aB)/(2*bB); hcB=(s1B*cB-aB*bB)/(2*cB); syms p % Point P deuxième intersection de deux cercles [pax qax rax]=AxeRadical(m,mB,(b-m)*(bB-mB),b,bB,(hc-b)*(hcB-bB)); pB=-(pax*p+rax)/qax; NulP=Factor((p-m)*(pB-mB)-(b-m)*(bB-mB)); % On trouve: p = (a*b+a*c-b*c+c^2)/(2*a); pB = (aB*bB+aB*cB-bB*cB+cB^2)/(2*aB); % De même: q = (a*c+a*b-c*b+b^2)/(2*a); qB = (aB*cB+aB*bB-cB*bB+bB^2)/(2*aB); [pap qap rap]=DroiteDeuxPoints(a,p,aB,pB); % Droite (AP) syms r % Point R où (AP) recoupe C_2 rB=-(pap*r+rap)/qap; % R est sur (AP) NulR=Factor((r-b)*(rB-bB)-(p-b)*(pB-bB)); % P sur C_2 donc BR=BP NulR=numden(Factor(NulR/(r-p))); polR=coeffs(NulR,r,'All'); r=Factor(-polR(2)/polR(1)); % On trouve: r = (2*a^2*b - 2*a^2*c + a*b^2 + 2*a*b*c - 3*a*c^2 + 3*b^2*c' + 2*b*c^2 - c^3)/(2*(a*b - a*c + 2*b*c)); rB=-(pap*r+rap)/qap; Nul=Factor((r-a)*(rB-hB)+(r-h)*(rB-aB)) % Égal à 0, donc (AR) et (HR) sont orthogonales. Idem pour (AS) et (HS).
Cordialement,Rescassol
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Bonjour à tousVoici ma propre solution.La droite $PH'_c$ est parallèle à $BC$.Soit $H'$ la projection orthogonale de $H$ sur cette dernière droite.Les points $H$, $H'_c$, $H'$, $H_c$ sont situés sur le cercle de diamètre $HH'_c$.Soit$$k=\overline{AH_c}.\overline{AH_c}= \overline{AH}.\overline{AH'}$$L'inversion $i$ de pôle $A$ et de puissance $k$ transforme la droite $PH'_c$ en le cercle de diamètre $AH$.Comme les points $H_c$, $H'_c$, $P$, $R$ sont cocycliques: $k=\overline{AP}.\overline{AR}$, $R=i(P)$ et par suite $R$ appartient au cercle de diamètre $AH$.Amicalementpappus
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D'autres points cocycliques
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@pappus : j'ai fait une figure, celle correspondant au cas particulier que j'ai proposé dans mon tout premier message. J'ai même commencé les calculs qui deviennent assez vite pénibles. En tout cas, la figure au crayon à papier est très jolie, avec le cercle auquel appartiennent $A, H_B, H_C, R, S$ et $H$ repassé en rouge. L'intuition que j'ai alors eue est qu'on pouvait passer de ce cercle rouge au cercle $C_1$ par une transformation associée au point $A$ puisque:
* $H_C, A$ et $B$ sont alignés;
* $H_B, A$ et $C$ sont alignés;
* $S, A$ et $Q$ sont alignés;
* $R, A$ et $P$ sont alignés.
Mais l'idée n'a pas fait long feu. Je me doutais bien qu'une homothétie , ça ne fonctionnerait pas mais je me suis dit qu'il y avait peut-être néanmoins une idée à creuser que même une erreur pourrait susciter. -
Bonjour et Merci à vous tous, je ne pensais pas hier soir vous donner tant d'occupation pour votre matinée dominicale !Clins d'oeil à Jean-Louis et Pappus : je me doutais bien qu'il y avait du Reim ou de l'inversion dans l'atmosphère !! Mais sans pouvoir mettre en application ces principes ...Je vais étudier vos solutions comme il se doit ...Stéphane, tu as eu raison d'essayer une voie, même si c'était une impasse, que j'avais moi aussi considérée, d'ailleurs ... Il est vrai qu'une homothétie est plus facile à manipuler qu'une inversion, quand on ne dispose, en guise de connaissances géométriques, que de vagues souvenirs du lycée ...Rescassol, merci d'avoir pris la peine de faire ces calculs de confirmation, c'est toujours rassurant de savoir qu'on ne se laisse pas prendre à un artefact de construction !Fm31, merci pour ce développement intéressant ... Y aurait-il là une famille de cercles ?Bien amicalement, JLB
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Bonjour, Jelobreuil, c'est un cas particulier de la figure jointe, où l'angle noir $\theta$ est l'angle droit. Ça revient à une chasse angulaire en posant l'exo suivant: Trois droites concurrentes deux à deux forment le triangle $AHC$. La droite $(CE)$ est tel que $E\in (AH)$ et $(\overrightarrow{EC},\overrightarrow{EA})=\theta$. Le point $H_B\in (AC)$ est tel que $(\overrightarrow{H_BA},\overrightarrow{H_BH})=\theta$, $N$ le centre du cercle circonscrit à $AHH_B$, $S$ resp. $Q$ est le symétrique de $H_B$ par rapport à $(NC)$ resp. $(CE)$.
Montrer que $A,S$ et $Q$ sont alignés.
Cordialement. -
Merci, Tonm, de ce développement, quoiqu'à vrai dire, je ne voie pas très bien, de prime abord, le lien entre ce nouveau problème et le mien ... Je manque de pratique !Je suppose qu'il faut comprendre ton expression "trois droites concurrentes" comme "trois droites concourantes deux à deux", isn't it ?Sans doute Jean-Louis Ayme y verra-t-il plus clair que moi ...Bien cordialement, JLB
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Bonjour, oui deux à deux merci. C'est une sorte d'énoncé équivalent. J'ai gardé les noms des points de ta figure. Si on suppose $\theta=90^°$, et on prend la part de droite (il y a une symétrie si vous voyez), dire que: Prouver que $S$ est sur le cercle $(C)$ de diamètre $[AH]$ avec $S\in (AQ)$ et $S$ sur le cercle $(D)$ de rayon $[CH_B]$ est equivalent à dire: prouver que $A\in (SQ)$ avec $S$ sur $(C)\cap (D)$ (ça se fait par contradiction...). Appliquer ça à la partie gauche $S\leftrightarrow R$ etc.
As-tu chassé quelque chose (les angles rouges-noirs-jaunâtres) dans la figure?
Cordialement. -
Deux points de plus (pour le même prix) :
Avec l'énoncé du départ,
Soient C4 le cercle de centre B et de rayon BHb et C5 le cercle de centre C et de rayon CHc.
Les droites HQ et HP recoupent respectivement C4 et C5 en M et N.
M et N appartiennent aussi au cercle de diamètre AH.
Evident, à partir du moment où vous avez compris la démonstration pour R et S.
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Bonjour!
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