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Trois centres alignés

Bonjour à tous,
Je vous propose ce problème.

Soit $ABC$ un triangle. La médiatrice de $BC$ coupe les droites $AB$ et $AC$ en les points $A_1$ et $A_2$ qui se trouvent respectivement à l'intérieur et à l'extérieur du cercle circonscrit à $ABC$, et les points $B_1$, $B_2$, $C_1$ et $C_2$ sont définis de même, respectivement sur les médiatrices de $AC$ et de $AB$. Soit $O_1$ et $O_2$ les centres des cercles circonscrits aux triangles $A_1B_1C_1$ et $A_2B_2C_2$.
Montrer que la droite $O_1O_2$ passe par le centre du cercle circonscrit à $ABC$.
Bien cordialement, $JLB$128484

Réponses

  • Bonjour,

    Avec Morley circonscrit:
    % Jelobreuil - 04 Novembre 2021 - trois centres alignés 
    
    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;
    
    vdm=(a-b)*(b-c)*(c-a);
    vdmB=-vdm/s3^2;
    
    %-----------------------------------------------------------------------
    
    [pc qc rc]=Mediatrice(a,b,aB,bB);
    [pa qa ra]=Mediatrice(b,c,bB,cB);
    [pb qb rb]=Mediatrice(c,a,cB,aB);
    
    [c1 c1B]=IntersectionDeuxDroites(pc,qc,rc,1,b*c,-b-c);
    [c2 c2B]=IntersectionDeuxDroites(pc,qc,rc,1,c*a,-c-a);
    [a1 a1B]=IntersectionDeuxDroites(pa,qa,ra,1,c*a,-c-a);
    [a2 a2B]=IntersectionDeuxDroites(pa,qa,ra,1,a*b,-a-b);
    [b1 b1B]=IntersectionDeuxDroites(pb,qb,rb,1,a*b,-a-b);
    [b2 b2B]=IntersectionDeuxDroites(pb,qb,rb,1,b*c,-b-c);
    
    [o1 o1B]=CentreCercleCirconscrit(a1,b1,c1,a1B,b1B,c1B);
    [o2 o2B]=CentreCercleCirconscrit(a2,b2,c2,a2B,b2B,c2B);
    
    O1=Factor(o1)
    
    Nul=Factor(o1*o2B-o2*o1B)  % Égal à 0, donc c'est gagné
    
    [p q r]=DroiteDeuxPoints(o1,o2,o1B,o2B);
    
    F=(a + b)*(a + c)*(b + c)*(- a^4*b*c + a^3*b^3 - a^3*b^2*c + a^3*b*c^2 + a^3*c^3 + a^2*b^3*c - a^2*b*c^3 - a*b^4*c - a*b^3*c^2 + a*b^2*c^3 - a*b*c^4 + b^3*c^3)*(- a^4*b*c + a^3*b^3 + a^3*b^2*c - a^3*b*c^2 + a^3*c^3 - a^2*b^3*c + a^2*b*c^3 - a*b^4*c + a*b^3*c^2 - a*b^2*c^3 - a*b*c^4 + b^3*c^3)/(2*s3*vdm);
    
    p=Factor(F*p) % F est un facteur commun de simplification
    q=Factor(F*q)
    r=Factor(F*r) % R est nul comme il se doit
    
    % On trouve pour équation de (O1 O2) p*z + q*zB =0   avec:
    
    p=s1^5*s3 - s1^2*s2^3 + 3*s1^2*s3^2 - 5*s1*s2^2*s3 + s2^4 + 9*s2*s3^2;
    q=s1^4*s3^2 - s1^3*s2^2*s3 - 5*s1^2*s2*s3^2 + 9*s1*s3^3 + s2^5 + 3*s2^2*s3^2;
    
    Cordialement,

    Rescassol
  • Bonjour,

    Le même en barycentriques:
    % Jelobreuil - 04 Novembre 2021 - trois centres alignés 
    
    clc, clear all, close all
    
    syms a b c real % Longueurs des côtés du triangle ABC
    
    s1=a+b+c;
    s2=a*b+b*c+c*a;
    s3=a*b*c;
    
    %-----------------------------------------------------------------------
    
    A=[1; 0; 0]; % Sommets du triangle ABC
    B=[0; 1; 0];
    C=[0; 0; 1];
    
    BC=[1, 0, 0]; % Côtés du triangle ABC
    CA=[0, 1, 0];
    AB=[0, 0, 1];
    
    %-----------------------------------------------------------------------
    
    MAB=MediatriceBary(A,B,a,b,c);
    MBC=MediatriceBary(B,C,a,b,c)
    MCA=MediatriceBary(C,A,a,b,c);
    
    C1=Wedge(MAB,BC);
    C2=Wedge(MAB,CA);
    A1=Wedge(MBC,CA);
    A2=Wedge(MBC,AB);
    B1=Wedge(MCA,AB);
    B2=Wedge(MCA,BC);
    
    O=CentreCercleCirconscritBary(A,B,C,a,b,c);
    O1=CentreCercleCirconscritBary(A1,B1,C1,a,b,c);
    O2=CentreCercleCirconscritBary(A2,B2,C2,a,b,c);
    
    Mat=[O, O1, O2];
    Nul=Factor(det(Mat)) % Égal à 0, donc c'est gagné
    
    Cordialement,

    Rescassol
  • Merci beaucoup, Rescassol !
    Y a-t-il des points intérieurs au triangle, autres que le centre du cercle circonscrit, pour lesquels on retrouve ce résultat ?
    Avec un point P intérieur au triangle, les trois perpendiculaires abaissées de ce point sur les côtés du triangle, et les six points définis comme dans mon premier message ?
    Je n'ai pas l'impression qu'il en existe, quand je fais bouger un tel point P "à la souris", ça ne semble pas coller ...
    Avec un point extérieur au triangle, il ne me semble pas possible de définir les six points aussi simplement ...
    Bien cordialement, JLB
  • Bonne nuit,

    J'ai obtenu le lieu des points $P$ tels que $P,O_1,O_2$ soient alignés, mais c'est une sextique dont l'équation comporte environ $4000$ caractères en Morley circonscrit, je verrai demain après-midi si je parviens à la faire digérer par Géogébra.

    Cordialement,

    Rescassol
  • Bonjour à tous,
    une preuve synthétique ?

    Sincèrement
    Jean-Louis
  • Bonjour Jean-Louis,
    Je vous avoue que j'espérais que vous en auriez une dans votre "encyclopédie du triangle" !
    Mais si c'est un problème original, vous pourriez peut-être le proposer sur un autre site, pour voir ?
    Je vais essayer de voir ce que ça donne avec le centre du cercle inscrit, serait-il sur la sextique indiquée par Rescassol ?
    Bien cordialement $JLB$

    Edit 1 : voici "ce que ça donne" ! Apparemment, ça ne fonctionne pas pour I ...
    Edit 2 : ... pas plus que pour G ...
    Edit 3 : ... ni pour le centre du cercle d'Euler N !128500
    128502
    128504
  • Bonsoir,

    Ouf !!!! On peut bouger $P$ sur la sextique dans le ggb.

    Cordialement,

    Rescassol128516
  • Merci beaucoup, Rescassol !
    Mais je regrette de devoir te dire que la figure ci-dessus ne correspond pas à mon énoncé : les deux cercles $(O_1)$ et $(O_2)$ que tu as tracés ne correspondent pas à ce que j'ai défini: avec un point $P$ à l'intérieur du triangle comme tu l'a figuré, le cercle $(O_1)$ passe par les trois points situés à l'intérieur des côtés du triangle, ce qui n'est pas le cas sur ta figure, ou $(O_1)$ passe par $A_1$, $B_2$ et $C_1$ ...
    C'est ce qui explique le caractère asymétrique de ta sextique, où le point $B$ est privilégié ...
    Bien cordialement,$JLB$
  • Bonjour,

    J'ai seulement appliqué une permutation circulaire à ta première phrase:
    > La médiatrice de $BC$ coupe les droites $AB$ et $AC$ en les points $A_1$ et $A_2$.
    Je n'ai pas tenu compte de intérieur/extérieur.

    Ensuite, le point $B$ n'est pas toujours privilégié, fais bouger $A,B,C$ sur mon dessin, tu verras. Sur ma figure, $B$ est opposé au plus long côté du triangle $ABC$.

    Cordialement,

    Rescassol
  • Bonsoir, Rescassol,
    Il est certain que quand le point $P$ est suffisamment loin du triangle, les perpendiculaires issues de $P$ aux droites portant les côtés du triangle ne traversent pas celui-ci ...
    Mais dans mon esprit, pour la situation des points d'intersection, la distinction intérieur/extérieur des côtés est importante, car je m'intéresse précisément à ces points d'intersection des médiatrices et des côtés autres que les milieux de ceux-ci.
    Il faut donc, je pense, limiter la zone accessible à $P$, peut-être à l'hexagone formé par les trois couples de droites perpendiculaires aux côtés du triangle en les sommets de celui-ci ...
    Bien cordialement, $JLB$
  • Bonsoir à tous,
    Je viens d'essayer de voir ce qu'il en est avec le point de Nagel et le point de Gergonne : cela ne marche pas !
    Bien cordialement $JLB$

    Edit : et pour le point de Lemoine non plus ...
    Il semble donc que ce soit une propriété spécifique des médiatrices du triangle ...
  • Bonne nuit,
    Un autre cas de figure ...
    Bien cordialement, $JLB$128580
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