Triangle, antiparallèle et cercle tangent
Bonjour
Un petit problème très simple.
Un petit problème très simple.
Soient
• un triangle ABC
• un segment PQ parallèle à BC, P sur AB et Q sur AC
• le segment SQ (S sur AB) antiparallèle à BC par rapport au triangle ABC
• le triangle PQS et son cercle circonscrit 𝓒
Démontrer que le cercle C est tangent à AC au niveau du point Q.
• un triangle ABC
• un segment PQ parallèle à BC, P sur AB et Q sur AC
• le segment SQ (S sur AB) antiparallèle à BC par rapport au triangle ABC
• le triangle PQS et son cercle circonscrit 𝓒
Démontrer que le cercle C est tangent à AC au niveau du point Q.
Dans le souci d'une approche synthétique, j'ai considéré un segment S'Q' parallèle à SQ, et donc aussi antiparallèle à BC
Ces points déterminent un quadrilatère cyclique SQQ'S', puis la transformation progressive de ce quadrilatère en triangle par translation de la sécante support du segment S'Q' jusqu'au niveau SQ.
Le cercle circonscrit du quadrilatère sécant en QQ' de AC se transforme en cercle circonscrit du triangle par fusion des points Q et Q' ... cercle tangent au côté AC au point Q.
Le cercle circonscrit du quadrilatère sécant en QQ' de AC se transforme en cercle circonscrit du triangle par fusion des points Q et Q' ... cercle tangent au côté AC au point Q.
Une autre approche, algébrique,
AS/AQ = AC/AB = AQ/AP
permet de montrer que
AQ² = AP AS
ce qui par définition de la puissance du point A par rapport au cercle 𝓒 fait de AQ une tangente au cercle 𝓒.
AS/AQ = AC/AB = AQ/AP
permet de montrer que
AQ² = AP AS
ce qui par définition de la puissance du point A par rapport au cercle 𝓒 fait de AQ une tangente au cercle 𝓒.
Une troisième approche montre que
∠PQA = ∠PSQ
ce qui donne la solution.
∠PQA = ∠PSQ
ce qui donne la solution.
Bonne soirée
Jean-Pol Coulon
Jean-Pol Coulon
Réponses
-
Mon cher gipsyc
Il me semble que cela est plus court via les angles orientés, ta troisième approche.Mais hélas les angles orientés semblent bannis dans la géométrie élémentaire où on préfère manipuler des angles camemberts et même dans la géométrie tout court où on les évite comme la peste pour la bonne et simple raison qu'on aura jamais à les enseigner !Je rédige : $$(SP,SQ)=(SB,SQ)=(CB,CQ)=(QP,QA)$$Toutes les égalités sont triviales !
Amicalement
pappus -
Bonjour,
une simple réciproque du théorème de Reim...
Sincèrement
Jean-Louis
-
Merci Pappus,
Rien qu'à l'écrire, l'utilisation des angles orientés m'a en effet paru bien plus courte ... mais l'idée du quadrilatère cyclique transformé en triangle circonscrit par le cercle tangent était la première solution venue à mon esprit.
Une autre question ci-après.
Cordialement,
Jean-Pol -
Une autre question
Si l'on envisage maintenant tous les cercles tangents au segment AC au niveau du point Q, l'on détermine par intersection de ces cercles avec la droite AB une série de paires de points (à partir d'un certain diamètre) et de là une série de triangles de même bissectrice issue du sommet Q.
Si l'on déplace le point Q en Q' sur sa droite, la Q'-bissectrice des nouveaux triangles construits par les nouveaux cercles tangents sera parallèle à la précédente.
Montrer que l'axe de ces bissectrices en Q, Q' et tout point Q" déplacé sur la droite AC est parallèle à la bissectrice externe au sommet A du triangle ABC.
(J'aurais pu réécrire le problème sans le côté BC du triangle et considérer deux droites sécantes AB et AC)(le cercle en pointillés noirs : construction du segment antiparallèle à PQ)Un corollaire évident.
Si le cercle construit est bitangent aux droites AB et AC, l'axe reliant les deux points de tangence est parallèle à la même bissectrice externe en A du triangle.
Un autre corollaire
Soit deux droites sécantes en un point A. Tout cercle tangent à l'une et sécant à l'autre détermine par ses points d'intersection deux segments antiparallèles par rapport aux deux droites.
Jean-Pol
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