Deux segments égaux

Jean-Louis Ayme · November 2022

Bonsoir,

1. ABC un triangle

2. (O) le cercle circonscrit à ABC

3. M, N le milieu de l’arc BC ne contenant pas A, la circumtrace de la A-hauteur

4. K le point d’intersection de la parallèle à (MB) issue de O avec (AB)

5. L le point d’intersection de la parallèle à (MC) issue de O avec (AC).

Question : NK = NL

Merci pour votre aide pour la figue.
Sincèrement
Jean-Louis

Rescassol · November 2022

Bonjour,

En barycentriques:

% Jean-Louis Ayme - 22 Novembre 2022 - Deux segments égaux

% ABC    un triangle
% (O)    le cercle circonscrit à ABC
% M, N   le milieu de l'arc BC ne contenant pas A, la circumtrace de la A-hauteur
%        K le point d'intersection de la parallèle à (MB) issue de O avec (AB)
%        L le point d'intersection de la parallèle à (MC) issue de O avec (AC).

% Question :  NK = NL

%-----------------------------------------------------------------------

clear all, clc

syms a b c real % Longueurs des côtés du triangle ABC

A=[1; 0; 0]; B=[0; 1; 0]; C=[0; 0; 1]; % Sommets du triangle ABC
BC=[1, 0, 0]; CA=[0, 1, 0]; AB=[0, 0, 1]; % Côtés du triangle ABC

Sa=(b^2+c^2-a^2)/2; Sb=(c^2+a^2-b^2)/2; Sc=(a^2+b^2-c^2)/2; % Notations de Conway

%-----------------------------------------------------------------------

% Centre du cercle circonscrit et orthocentre de ABC
O = [a^2*Sa; b^2*Sb; c^2*Sc]; H = [1/Sa; 1/Sb; 1/Sc]; 

M = [a^2; -b*(b+c); -c*(b+c)]; % Milieu de l'arc BC
OK=Wedge(O,Vecteur(M,B)); OL=Wedge(O,Vecteur(M,C)); % Droites (OK) et (OL)
K=SimplifieBary(Wedge(AB,OK)); L=SimplifieBary(Wedge(CA,OL)); % Points K et L
% On trouve K=[-a^2*b, b^3+c^3-a^2*c-b^2*c-b*c^2; 0]

N = SymetriqueOrthogonalBary(H,BC,a,b,c); % Circumtrace de la A-hauteur
% On trouve:
N=[-a^2*(a^2-b^2+c^2)*(a^2+b^2-c^2), (a^2+b^2-c^2)*(a^2*b^2+a^2*c^2-b^4+2*b^2*c^2-c^4), (a^2-b^2+c^2)*(a^2*b^2+a^2*c^2-b^4+2*b^2*c^2-c^4)];
NK2=Factor(Distance2(N,K,a,b,c)); % NK^2
NL2=Factor(Distance2(N,L,a,b,c)); % NL^2

Nul=Factor(NK2-NL2) % Égal  0, donc c'est gagné.

Cordialement,
Rescassol

jelobreuil · November 2022

Merci, Jean-Louis, pour ce nouveau problème, que je trouve vraiment intrigant ...

J'ai l'impression que cette configuration recèle d'autres curiosités ...

Bien cordialement, JLB

pappus · November 2022

Bonsoir à tous

Voici ma propre figure.

Amicalement

pappus

Image: https://les-mathematiques.net/vanilla/uploads/editor/0b/hc5y4qo2jmgk.gif

pappus · November 2022

Bonsoir à tous

La figure précédente vous donne tout ce qu'il faut pour une preuve synthétique.

Sur la suivante, j'ai un peu corsé la figure en traçant l'enveloppe de la droite $A\Omega$ quand le point $A$ décrit le cercle circonscrit au triangle $MNP$.

Amicalement

pappus

pldx1 · November 2022

Image: https://les-mathematiques.net/vanilla/uploads/editor/3r/hllqh7euj2xv.png

Si $E_1,E_2$ sont les centres des cercles de pappus, alors l'enveloppe de $E_1E_2$ est le cercle centré en $O$ et de rayon $R/2$

Rescassol · November 2022

Bonsoir,

Je trouve: $\Omega=$

$[a^2(b+c)(-a^2+b^2+bc+c^2);$

$b^2(a^2b-b^3-b^2c+bc^2+c^3);$

$c^2(a^2c+b^3+b^2c-bc^2-c^3)]$

Ce qui donne la courbe d'équation:

$x(c^3y-b^3z) - (c^2y+b^2z)((b+2c)y-(2b+c)z)=0$

Cordialement,

Rescassol

jelobreuil · November 2022

Bonsoir à tous,

C'est bien ce que je pensais, il y a une autre paire de segments égaux : avec le point P de la figure de Pappus, on a aussi PK = PL, ce qui ne devrait guère étonner grand-monde parmi vous ...

Le quadrilatère PKNL est donc une espèce de losange déformé, constitué de deux triangles isocèles accolés par leur base, PN est la médiatrice de KL, ce qui offre plusieurs voies d'approche à ce problème ...

Bien cordialement, JLB

Image: https://les-mathematiques.net/vanilla/uploads/editor/05/xtg505ranben.png

Rescassol · November 2022

Bonsoir,

JLB, il suffit de rajouter;

P=[a^2; -b*(b-c); -c*(c-b)];

PK2=Factor(Distance2(P,K,a,b,c)); % PK^2
PL2=Factor(Distance2(P,L,a,b,c)); % PL^2
% a^4*b^2*c^2/((b+c)^2*(a+b-c)^2*(a-b+c)^2)

NulDist2=Factor(PK2-PL2) % Égal  0, donc c'est gagné.

$KNLP$ est ce qu'on appelle un cerf-volant.

Cordialement,
Rescassol

poulbot · November 2022

Bonjour Rescassol
Ton équation étant celle d'une conique, de quelle courbe parles-tu?
Quant à l'enveloppe de Pappus, prenant pour origine $O^{\prime }=O+\dfrac{1}{3}\overrightarrow{OP}$ et $\overrightarrow{O^{\prime }O}$ comme vecteur directeur de l'axe polaire, c'est la cardioïde d'équation polaire $\rho =\dfrac{2R}{3}\left( 1+\cos \theta \right) $.
Bien cordialement. Poulbot

Rescassol · November 2022

Bonjour,

Le lieu de $\Omega$ quand $A$ décrit le cercle circonscrit.

Cordialement,
Rescassol

Dom · November 2022

Remarque :
Ce cerf-volant, figure que l’on rencontre au collège, est l’exemple de quadrilatère (convexe) possédant un axe de symétrie sans être un losange.

Si l’on n’impose pas la convexité, je ne sais pas si le quadrilatère porte un nom. C’est, en gros, deux triangles isocèles non isométriques opposés par le sommet principal.

Amusant : s’il on déplace ces triangles en les collant sur la base, ça donne un cerf-volant ce qui établit une bijection que j’ose qualifier de naturelle entre cerf-volant et « l’autre qui n’a pas de nom ».

Je me demande si « cerf-volant » a pour définition « possède un seule axe de symétrie » ou « au moins un ». J’entends, « dans la tête des gens ».

Je me dis qu’un losange est un cerf-volant pour être conforme à la même idée qu’un carré est aussi un rectangle.

Édit : il y a aussi la figure qui ressemble à un avion furtif. Non convexe mais non croisée.

poulbot · November 2022

Re-bonjour Rescassol
Je ne comprends toujours pas parce qu'il me semble évident que $\Omega $ se promène sur la médiatrice de $\left[ OP\right] $.
Bien cordialement. Poulbot

Rescassol · November 2022

Bonjour,

Pour Géogébra, le lieu de $\Omega$ semble être la réunion de deux segments de droites, donc la conique devrait dégénérer, mais mon équation ne se factorise pas. Je réfléchirai à la question plus tard.

Cordialement,
Rescassol

pappus · November 2022

Merci Poulbot

Effectivement le lieu de $\Omega$ est la médiatrice de $OP$.

L'enveloppe de $A\Omega$ est la cardioïde que tu as mentionnée tout simplement parce que la bissectrice de l'angle $\widehat{MA\Omega}$ est la droite $OA$.

Amitiés

pappus

Jean-Louis Ayme · November 2022

Bonjour,

Un début du schéma de ma preuve :

1. en appliquant deux fois le théorème de Reim, P, A, O, K et L sont cocycliques

2. en notant (U) ce cercle, R le second point d’intersection de (AN) avec (U) et en appliquant le théorème de Reim,

il s’ensuit que le quadrilatère RNMO étant un parallélogramme

3. le trapèze cyclique AROP étant isocèle, il s’en suit que le quadrilatère PRNO est un losange.

Je laisse le soin à un intervenant de continuer…

Sincèrement

Jean-Louis

poulbot · November 2022

Bonjour Pappus et
merci de cette justification ultra-rapide
Amicalement. Poulbot

Rescassol · November 2022

Bonjour,

J'ai trouvé mon erreur, et pas une des moindres. Il fallait bien que ça m'arrive, à force de faire du Morley.
Pour trouver le lieu de $\Omega$, au lieu de faire varier $A$ sur le cercle circonscrit, j'ai fait varier le réel $a$ qui n'a rien à voir.
J'aurais dû faire du Lubin $2$.

Cordialement,
Rescassol

pldx1 · November 2022

Bonjour.$\def\cir#1{\mathcal{C}_{#1}}$

On se donne $C_1,C_2$ et deux points $A,B$ sur la médiatrice de $C_1,C_2$. Il en résulte $\cir a(A,C_j)$ et $\cir b (B,C_j)$. On fait pivoter une droite par $C_1$. Elle recoupe les cercles en $D_a,D_b$, tandis que la pivotante issue de $C_2$ recoupe les cercles en $E_a,E_b$. Alors la perpendiculaire commune à $D_aE_a$ et à $D_bE_b$ et la droite des centres sont également inclinées sur les pivotantes. Ce résultat a-t-il déjà été publié ?

$\def\cir#1{\mathcal{C}_{#1}}$ On utilise des coordonnées complexes dans un repère bien choisi. Cela donne: \[ C_{1},C_{2},A,B,\cir a,\cir b\simeq\left(\begin{array}{c} ic\\ 1\\ -ic \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} -ic\\ 1\\ ic \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} a\\ 1\\ a \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} b\\ 1\\ b \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} -a\\ -c^{2}\\ -a\\ 1 \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} -b\\ -c^{2}\\ -b\\ 1 \end{array}\right) \] Soit $\tau,\sigma$ les inclinaisons des pivotantes. Cela donne \[ \Delta_{1},\Delta_{2}\simeq\left[\frac{1}{\tau},\dfrac{-ic}{\tau}-ic\tau,-\tau\right],\;\left[\frac{1}{\sigma},\dfrac{ic}{\sigma}+ic\sigma,-\sigma\right] \] \[ D_{a},D_{b},E_{a},E_{b}\simeq\left(\begin{array}{c} a\tau^{2}+ic\tau^{2}+a\\ 1\\ \dfrac{a\tau^{2}-ic+a}{\tau^{2}} \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} b\tau^{2}+ic\tau^{2}+b\\ 1\\ \dfrac{b\tau^{2}-ic+b}{\tau^{2}} \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} a\sigma^{2}-ic\sigma^{2}+a\\ 1\\ \dfrac{a\sigma^{2}+ic+a}{\sigma^{2}} \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} b\sigma^{2}-ic\sigma^{2}+b\\ 1\\ \dfrac{b\sigma^{2}+ic+b}{\sigma^{2}} \end{array}\right) \] On en déduit: $D_{a}E_{a},D_{b}E_{b}\simeq$ \begin{gather*} \left[\dfrac{1}{-a\sigma^{2}\tau^{2}+\left(ic-a\right)\sigma^{2}-\left(ic+a\right)\tau^{2}-a},1,\dfrac{\sigma^{2}\tau^{2}}{-a\sigma^{2}\tau^{2}+\left(ic-a\right)\sigma^{2}-\left(ic+a\right)\tau^{2}-a}\right]\\ \left[\dfrac{1}{-b\sigma^{2}\tau^{2}+\left(ic-b\right)\sigma^{2}-\left(ic+b\right)\tau^{2}-b},1,\dfrac{\sigma^{2}\tau^{2}}{-b\sigma^{2}\tau^{2}+\left(ic-b\right)\sigma^{2}-\left(ic+b\right)\tau^{2}-b}\right] \end{gather*} Comme attendu, ces deux droites ont le même clinant $-\sigma^{2}\tau^{2}$ et en outre $1\times\left(\sigma^{2}\tau^{2}\right)=\left(\sigma^{2}\right)\times\left(\tau^{2}\right)$, prouvant la propriété d'égale inclinaison.