Deux parallèles

Jean-Louis Ayme · April 2015

Bonjour,
Je vous propose ce problème personnel…

1. ABC un triangle acutangle
2. DEF le triangle orthique de ABC
3. (O) le cercle circonscrit à ABC
4. P le point d'intersection de (EF) avec (O) tel que E soit entre F et P
5. Q le point d'intersection de (BP) et (DF)
6. H l’orthocentre de ABC
7. X le second point d’intersection de (AH) avec (O).

Montrer : (XP) est parallèle à (QH).

Sincèrement
Jean-Louis

Rescassol · April 2015

Bonne nuit,

Avec Morley circonscrit, l'intersection de la droite $(B_1C_1)$ et du cercle $(O)$ mène à l'équation du second degré
$2bcz^2 - \left( (a^2 + bc)(b + c) - a(b^2 + c^2) + 2s_3 \right)z+ 2s_3a = 0$
dont le discriminant n'est pas un carré sur $\mathbb{Q}(a,b,c)$.
D'autre part, partant d'un point $P(z)$ du cercle circonscrit, l'écriture du parallélisme demandé mène à la même équation du second degré.
D'où le résultat.
Par contre, supposer $ABC$ acutangle ou choisir un des points d'intersection n'apporte rien de plus.
Voilà ma figure, sur laquelle on a un losange avec deux sommets sur $(BC)$ et de plus $(QQ')$ et $(RR')$ sont parallèles à $(BC)$:

Cordialement,

Rescassol

poulbot · April 2015

Bonjour
@Rescassol Je suis d'accord qu'on peut prendre pour $P$ n'importe lequel des points communs à $EF$ et $\left( O\right) $ mais il faut supposer $\widehat{A}$ aigu pour que $EF$ coupe $\left( O\right) $ (inutile de supposer $\widehat{B}$ et $\widehat{C}$ aigus).
Une suggestion : pour tout point $P$ de $\left( O\right) $, si $Q=BP\cap DF$, on a $\left( HQ,XP\right) =\left( EF,EP\right) $.
Cordialement. Poulbot

Jean-Louis Ayme · April 2015

Bonjour,
une idée de preuve consiste à raisonner à rebours afin de mettre en exergue un cercle, puis un second...
Sincèrement
Jean-Louis

poulbot · April 2015

Bonjour Jean-Louis
je ne sais pas si c'est ce à quoi vous faites allusion (car je ne mets en exergue qu'un seul cercle) mais, rapidement, car je n'ai guère de temps :
si $P$ se promène sur $\left( O\right) $, le point commun $Q$ à $PB$ et à la parallèle en $H$ à $PX$ décrit le cercle $ABH$ symétrique de $\left( O\right) $ par rapport à $AB$, puisque $\left( QB,QH\right) =\left( PB,PX\right) =\left( AB,AX\right) =\left( AB,AH\right) $.
Les droites $DF$ et $EF$ étant aussi symétriques par rapport à $AB$, on a $Q\in DF$ pour $P\in EF$.
A (beaucoup) plus tard.
Cordialement. Poulbot