Soit un quadrilatère inscriptible ABCD, F le point de concours de (AB) et (CD), G celui de (AD), (BC). Il s'agit de montrer que $$FG² = FC.FD + GC.GB$$
(en mesure algébrique).
On voit qu'il s'agit des puissances du point F, puis du point G, par rapport au cercle $ABCD$, voire des inversions de pôles F, puis G, et la relation signifie que les cercles de ces inversions sont orthogonaux.
Bien sûr, FC.FD = FB.FA, et GC.GB = GD.GA.
Bien sûr il y a des triangles semblables...
Mais je pense qu'on devrait pouvoir montrer cette relation par un calcul direct, en revenant aux vecteurs et en utilisant simplement la relation de Chasles.
Mais je n'y arrive pas !
Orthogonalité de deux cercles
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Malgame
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JCL
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Re: Orthogonalité de deux cercles
Bonjour,
N'y connaissant rien ou presque, j'ai cru subtil de ne pas finasser et de me lancer dans un "calcul direct" susceptible de manquer d'esthétisme.
Inutile de préciser que l"'orthogonalité des deux cercles" m'est largement passée au-dessus du cigare.
Je me suis cependant souvenu que $\overline{FC}\times \overline {FD} =FO^2-R^2,\quad \overline{GB}\times \overline {GC} =GO^2-R^2,\:$ où $O$ et $R$ désignent respectivement le centre et le rayon du cercle $ABCD$, de sorte que la relation à établir est $\quad FG^2 =FO^2+GO^2-2R^2.$
Dans le plan complexe où le cercle $ABCD$ est le cercle trigonométrique, cette dernière s'écrit : $\:\:|g-f|^2 =|f|^2+|g|^2-2,\:$ équivalente à:
$$f\overline g+\overline f g =2.\quad (\bigstar)$$
Soit $\mathcal S$ l'isométrie indirecte du plan, d'écriture complexe $\: z\mapsto a+b-ab \overline z.\quad\mathcal S(A)=A, \:\mathcal S(B)= B,\: $donc $\mathcal S$ est la symétrie orthogonale d'axe $(AB).$
$F\in (AB),\:\: $ donc $\:\mathcal S(F)=F, \:\:f =a+b -ab \overline f,\: $ et de même, $f=c+d-cd\overline f,\: $ puis:
$$\:f=\dfrac{cd(a+b) -ab (c+d)}{cd -ab},\quad\overline f =\dfrac{(c+d)-(a+b)}{cd-ab},\quad g =\dfrac{ad(b+c)-bc(a+d)}{ad-bc},\quad\overline g =\dfrac{(a+d)-(b+c)}{ad-bc}.$$
Il ne reste dès lors qu'à constater que $(\bigstar)$ est une identité algébrique valable dans $\Q(X,Y,Z,T)_\square$
Au fait, pourquoi la commande \overline{FC} ne fait pas apparaître la barre du symbole $\:\text{mesure algébrique} \:\:$?
N'y connaissant rien ou presque, j'ai cru subtil de ne pas finasser et de me lancer dans un "calcul direct" susceptible de manquer d'esthétisme.
Inutile de préciser que l"'orthogonalité des deux cercles" m'est largement passée au-dessus du cigare.
Je me suis cependant souvenu que $\overline{FC}\times \overline {FD} =FO^2-R^2,\quad \overline{GB}\times \overline {GC} =GO^2-R^2,\:$ où $O$ et $R$ désignent respectivement le centre et le rayon du cercle $ABCD$, de sorte que la relation à établir est $\quad FG^2 =FO^2+GO^2-2R^2.$
Dans le plan complexe où le cercle $ABCD$ est le cercle trigonométrique, cette dernière s'écrit : $\:\:|g-f|^2 =|f|^2+|g|^2-2,\:$ équivalente à:
$$f\overline g+\overline f g =2.\quad (\bigstar)$$
Soit $\mathcal S$ l'isométrie indirecte du plan, d'écriture complexe $\: z\mapsto a+b-ab \overline z.\quad\mathcal S(A)=A, \:\mathcal S(B)= B,\: $donc $\mathcal S$ est la symétrie orthogonale d'axe $(AB).$
$F\in (AB),\:\: $ donc $\:\mathcal S(F)=F, \:\:f =a+b -ab \overline f,\: $ et de même, $f=c+d-cd\overline f,\: $ puis:
$$\:f=\dfrac{cd(a+b) -ab (c+d)}{cd -ab},\quad\overline f =\dfrac{(c+d)-(a+b)}{cd-ab},\quad g =\dfrac{ad(b+c)-bc(a+d)}{ad-bc},\quad\overline g =\dfrac{(a+d)-(b+c)}{ad-bc}.$$
Il ne reste dès lors qu'à constater que $(\bigstar)$ est une identité algébrique valable dans $\Q(X,Y,Z,T)_\square$
Au fait, pourquoi la commande \overline{FC} ne fait pas apparaître la barre du symbole $\:\text{mesure algébrique} \:\:$?