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Des points alignés quatre par quatre

Modifié (December 2021) dans Géométrie
Bonsoir à tous,
Je propose encore cette figure à vos réflexions ... Mais peut-être en connaissez-vous déjà une semblable ?
Soit un triangle $ABC$, ses trois médiatrices, et les points d'intersection $A_1$, $A_2$, $B_1$, $B_2$, $C_1$ et $C_2$ des médiatrices et des droites portant les côtés, autres que les milieux de ceux-ci, et définis comme dans la discussion que j'ai initiée il y a quelques jours http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?8,2324780.
Soit les trois cercles passant respectivement par $A$, $A_1$ et $A_2$, de centre $O_A$, par $B$, $B_1$ et $B_2$, de centre $O_B$, et par $C$, $C_1$ et $C_2$, de centre $O_C$ (ces cercles portent-ils un nom particulier ?). Montrer :
- que les droites des centres $O_AO_B$, $O_AO_C$ et $O_BO_C$ passent chacune par deux des six points d'intersection,
- que chacun des trois axes radicaux des trois cercles pris deux à deux passe par un sommet du triangle $ABC$, et que l'axe radical de deux de ces cercles est tangent au troisième, en le sommet du triangle par lequel il passe,
- et que le centre $O$ du cercle circonscrit à $ABC$ est le centre radical des trois cercles.
Existe-t-il une ou plusieurs transformation(s) $T$ telle(s) que les alignements constatés de quatre points, deux centres et deux intersections (par exemple $B_2$, $O_B$, $C_1$, $O_C$) soient les images par $T$ des alignements construits initialement de quatre points, deux sommets et deux intersections (par exemple $B$, $B_1$, $C$, $C_2$) ?
Bien cordialement $JLB$128672

Réponses

  • Bonjour.

    On reprend les notations (et la figure) de l'autre fil. On s'intéresse donc aux cercles $(AA_bA_c)$. On sait que quatre points sont cocycliques lorsque leurs Veronese sont co-hyperplanaires. En barycentriques, on a \[ Ver\left( x:y:z \right) \doteq \left[ x,y,z,-{\frac {{a}^{2}yz+{b}^{2}zx+{c}^{2}yx}{x+y+z}} \right]
    \] On prend le wedge des 3 Veronese, cela donne la colonne décrivant le cercle. On obtient:

    \[ \mathcal C _a,\mathcal C _b,\mathcal C _c \simeq
    \left[ \begin {array}{c} 0\\ {\frac {{a}^{2}{c}^{2}}{{\it S_b}}}\\ {\frac {{a}^{2}{b}^{2}}{{\it S_c}}}\\ 2\end {array} \right] ,
    \left[ \begin {array}{c} {\frac {{b}^{2}{c}^{2}}{{\it S_a}}}\\ 0\\ {\frac {{a}^{2}{b}^{2}}{{\it S_c}}}\\ 2\end {array} \right] ,
    \left[ \begin {array}{c} {\frac {{b}^{2}{c}^{2}}{{\it S_a}}}\\ {\frac {{a}^{2}{c}^{2}}{{\it S_b}}}\\ 0\\ 2\end {array} \right] \]

    On voit que $\mathcal C _b - \mathcal C _c$ décrit une droite passant par $A$. On peut même remarquer que $ \left[\begin {array}{cccc} 0&-{\it S_c}\,{c}^{2}&+{\it S_b}\,{b}^{2} \end {array} \right] $ est l'équation de la droite $OA.$ On en déduit que $O$ est le centre radical des trois cercles. Et l'on se dit alors: "quel pourrait donc être le cercle orthogonal commun aux trois cercles"?

    On calcule $mQQI \cdot {\rm wedge3} \left(\mathcal C _a,\mathcal C _b,\mathcal C _c\right)$ et l'on trouve $0:0:0:1$. Et l'on se dit alors: "en fait, cela se voyait sur la figure" !

    Cordialement, Pierre.
  • Merci, Pierre, d'avoir confirmé mes dires et de les avoir complétés !
    C'est vrai, je n'avais pas remarqué que l'axe radical de deux de mes cercles est tangent au troisième, en le sommet du triangle par lequel il passe ... et que par conséquent, le cercle orthogonal dont tu parles est le cercle circonscrit au triangle ...
    Bien cordialement, JLB
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