Géométrie plane synthétique

[Gandhi33]

Bonjour à tous,
Voici un exercice dont l'énoncé est assez simple mais la solution ne me semble pas évidente pour autant :

On donne une droite AB qui coupe le plan en deux demis-plans et deux points P et Q chacun dans un de ces deux demi-plans (ils n'appartiennent pas à la droite). On demande une manière de construire le point X de [AB] tel que .

Merci de vos indications
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[Gandhi33]

En fait le côté n'a aucune importance, il suffit de construire le symétrique par rapport à AB

[topmath]

Bonjour :

Indication : forme un parallélogramme de centre de symétrie donc...


Cordialement

[Gandhi33]

Désolé topmath mais ce que tu dis est généralement faux, les points P et Q sont quelconques

[A voir en vidéo sur Futura]

[Gandhi33]

Voilà un schéma

[Gandhi33]

Quelqu'un a-t-il trouvé ?

[gg0]

Bonjour.

Quelques remarques :
* Sur ton dessin, A,X et B sont alignés. Est-ce une hypothèse ou une maladresse ?
* Le point X doit-il être sur le segment [PQ] ou sur la droite (PQ) ? je ne suis pas sûr que dans toutes les circonstances il existe un point du segment qui réponde. Par exemple si A ne se projette pas entre P et Q, contrairement à B.

Cordialement.

[Gandhi33]

Bonjour,

Merci d'avoir répondu.

Non, c'est X qui appartient au segment AB (et il semblerait qu'il existe toujours un tel X).

En gros, on a deux points quelconques P et Q de part et d'autre d'une droite AB et on cherche le point X du segment [AB] tel que .

[gg0]

Ok,

J'ai vu l'argument de continuité sur la différence des deux angles qui décroît et change de signe quand X va de A à B. Il existe donc un point et un seul pour lequel il y a égalité.

Je ne vois pas d'angle d'attaque pour une recherche du point en géométrie synthétique.

Cordialement.

[Gandhi33]

Re-bonjour,

Je ne trouve toujours pas. Quelqu'un a-t-il une idée ?

Merci d'avance

[mathafou]

Bonjour,

si P et Q sont de part et d'autre de la droite (AB) c'est "facile" si on pense aux angles inscrits
Si P et Q sont du même côté de la droite (AB) la construction directe avec le même principe ferait intervenir l'intersection avec une hyperbole équilatère,
il vaut mieux alors revenir au problème précédent avec Q' symétrique de Q par rapport à (AB)

[gg0]

Joli !

J'avais pensé aux angles inscrits sans voir quoi en faire.
J'ai cependant une interrogation : Le cercle passant par P, Q et I coupe-t-il toujours [AB] ?

Cordialement.

[mathafou]

il faut justifier pourquoi P et Q de part et d'autre de la droite (AB) implique que B est sur le segment [QI], sur un côté du triangle PQI, donc intérieur à son cercle circonscrit
et que A est extérieur au segment [PI], donc extérieur au côté du triangle PQI, donc extérieur à son cercle circonscrit.
ou le contraire selon le demi plan dans lequel se trouve I

[Gandhi33]

La beauté de ceci me laisse sans voix

[untruc]

mon idée est partie en prenant l'image Q' de Q par le milieu M du segment [AB], l'egalité des angles APX et BQX donne celle de APX et AQ'X'

donc les droites PX et Q'X' se recoupe sur un point Y qui appartient au cercle passant par A, P et Q'.
001.jpg

si maintenant je pars d'un point Y quelconque sur le cercle passant par A P et Q', je peux tracer 2 droites YP et YQ', et avoir 2 intersection X et X' avec la droite AB.
néanmoins on cherche un point Y très particulier, tel que ce X et X' soient symetriques par rapport à M.
une autre manière de formuler ceci, est de considerer l'intersection de YQ' avec la symetrique par rapport à M de YP. Appelons la C.
Je cherche un Y tel que ce C soit sur la droite AB. Par symétrie il s'agira de X'

En faisant varier la position de Y sur le cercle passant par A, P et Q', il m'est apparu que C se déplace sur un cercle!
Je ne sais pas pourquoi c'est un cercle.
Par contre il passe par Q' (quand Y est aligné avec P et Q)
par P' (quand Y est aligné avec P' et Q'
et par l'intersection de MP avec le cercle passant par A P et Q' (quand Y est aligné avec M et P)
test7.jpg

La construction apparait extrèmement simple:
- Q' image de Q par le milieu M de AB. P' image de P par M
- C1 = cercle passant par A, Q' et P
- Y = intersection de MP avec C
- C2 = cercle passant par Y, P' et Q'
- X' = intersection de C2 avec AB
- X image de X' par M

test6.jpg

reste à comprendre pourquoi C2 (l'ensemble des points C) est un cercle. Je pense qu'il va falloir utiliser le fait que un angle Q'CP' est constant.

[untruc]

j'avais travaillé hier dessus, mais j'avais pas trouvé. Je ne savais pas qu'une personne avait déjà trouvé la solution. RIP.

[untruc]

l'angle Q'CP' est constant et vaut pi-Angle(Q'AP), quel que soit Y sur le cercle C1. (vu que l'angle Q'AP = PYQ', que PY est // à CP', et que C Y et Q' sont alignés)

J'ai aussi noté que l'argument est un peu plus court si on travaille du coté B, moins de symétries.

[Gandhi33]

Merci quand même , je lirai demain ta solution

[mathafou]

Pour ma part j'avais raisonné ainsi pour obtenir ma preuve et construction :
je vais considérer l'ensemble des points M du plan avec les angles
par des arguments de géométrie descriptive (homographie entre les faisceaux de droites P* et Q*) je sais que cet ensemble est une conique
or l'intersection d'une conique avec une droite est constructible, donc il y a de l'espoir

un petit coup de Geogebra permet de construire un point M quelconque satisfaisant à cette condition, et de demander le lieu de M lorsque la droite PM varie
ceci conforte mon opinion puisque (avec P et Q dans le même demi-plan) j'obtiens une hyperbole.
la figure étant entièrement dynamique, je reviens au conditions de l'énoncé en plaçant P et Q de part et d'autre de la droite (AB) comme le dit l'énoncé
et ... surprise : le lieu devient alors un cercle !
"voir" de quel cercle il s'agit est alors immédiat : cercle circonscrit à IPQ, I étant l'intersection de (AP) et (BQ)
une fois cette "conjecture" obtenue, la démontrer est instantané avec les angles inscrits.
Pour plus de généralité, raisonner avec des angles orientés de droite pour justifier que les points P, Q, I, M sont cocycliques avec (PM, PA) = (QM, QB), donc que le lieu de M est le cercle circonscrit à PQI, I étant l'intersection de (AP) et (BQ)


le point X cherché est donc l'intersection de ce cercle avec la droite (AB) et même (arguments invoqués précédemment) avec le segment [AB]
construction finalement d'une simplicité imbattable.


reste pour généraliser le cas où P et Q sont du même côté de la droite (AB) et donc le lieu de M est une hyperbole (beurk)
il s'avère que cette hyperbole est une hyperbole équilatère "circonscrite" au triangle PQI (preuve en justifiant pourquoi l'orthocentre de PQI fait partie du lieu et pourquoi elle passe par P, Q, I), hélas il y a une infinité de telles hyperboles et on n'est pas franchement plus avancé, surtout que le théorème des angles inscrits sur une hyperboles ... bof ...

En considérant le point Q' symétrique de Q par rapport à (AB), le point X cherché est le même avec Q qu'avec Q'
donc la construction de X est comme précédemment en partant de Q'
et donc (heureusement) pas besoin de l'hyperbole !