Orthocentre

Je précise la figure de Jean-Louis en espérant qu'elle pourra vous aider à trouver une solution synthétique.
Tao

Bonjour,

A.

Cordialement,

Rescassol

Bonsoir Rescassol,

Tao voulait dire que AM est la symédiane en issue de A dans le triangle AEF et il voulait dire que AX est la droite médiane.

Bonne nuit,

Ma remarque portait sur "Ma figure suggère" et l'absence de précision du triangle.
Et je ne sais toujours pas à quoi sert le triangle rouge (A part qu'il "suggère" que le pôle de $(AX)$ est sur $(BC)$).

Cordialement,

Rescassol

Si J est le milieu de EF et X' le point d'intersection de AJ avec BC, il est clair vu les marques que JNMX' est inscriptible, de sorte que NX'M est droit et donc X=X'

Bonne nuit,

Tao a écrit:

Ce centre de similitude est un point déjà tracé sur la figure!

Je l'ai donné plus haut, il faut lire tous les messages.

Cordialement,

Rescassol

Bonjour
$P$ étant un point du plan de triangle podaire $P_{a}P_{b}P_{c}$, si $f\left( P\right) $ est l'orthocentre du triangle $AP_{b}P_{c}$, $PP_{b}f\left( P\right) P_{c}$ est un parallélogramme. Ainsi, $f$ est affine; c'est donc la similitude indirecte $ABC\rightarrow AEF$ et les droites $AP,Af\left( P\right) $ sont isogonales par rapport à $\left( AB,AC\right) $.
Evidemment , $f$ induit une application affine de la droite $BC$ sur la droite $EF$.
Cordialement. Poulbot

Re-bonjour
Question subsidiaire : c'est quoi $DN\cap AX$ ?
Cordialement. Poulbot

Bonjour Tao
"Je me mets à la place de tes lecteurs qui n'auraient pas compris:
1° Pourquoi f est affine?
2° Pourquoi cette application affine est une similitude indirecte? "

$PP_{b}f\left( P\right) P_{c}$ est un parallélogramme puisque $PP_{b}$ et $P_{c}f\left( P\right) $ sont toutes deux $\perp AC$ alors que $PP_{c}$ et $P_{b}f\left( P\right) $ sont toutes deux $\perp AB$.
Ainsi $\overrightarrow{Pf\left( P\right) }=\overrightarrow{PP_{b}}+\overrightarrow{PP_{c}}$ et $f$ est l'application affine qui transforme $A,B,C$ respectivement en $A,E,F$ (pour les lecteurs encore endormis, $P\rightarrow P_{b}$ et $P\rightarrow P_{c}$ sont affines).
Les $4$ points $B,C,E,F$ étant sur le cercle de diamètre $\left[ BC\right] $, les triangles $ABC$ et $AEF$ sont indirectement semblables et $f$ est une similitude indirecte.
C'est aussi d'ailleurs la composée de la symétrie orthogonale par rapport à la bissectrice intérieure $AI$ et de l'homothétie $\left( A,\cos A\right) $.

"Je ne comprends pas très bien le sens de ta question subsidiaire!
Effectivement $DN\cap AX$ est un point remarquable du triangle dont la connaissance entraine que $AX$ est une symédiane"
Dans mon esprit, ce n'était pas une question préliminaire.

Cordialement. Poulbot

Bonjour,

Oui, Tao, j'aurais pu faire une phrase, je croyais que c'était clair.
Pour la similitude indirecte, de façon élémentaire, on peut parler d'un cosinus écrit de deux façons différentes.
Et $f(X)=N$.

$(DN)\cap (AX)$ est le point de Lemoine $K$ du triangle $ABC$.

Cordialement,

Rescassol

Bonjour,

En passant, $f(z)=-\dfrac{a(b+c)}{2}\overline{z}+\dfrac{s_1+a}{2}$.

Cordialement,

Rescassol

Bonjour,

@Rescassol

J'imagine assez bien quel est le code de la procédure

[pam qam ram]=DroiteDeuxPoints (a,m,aB,mB) 

Mais je me demande quel est celui de

[n nB]=IntersectionDeuxDroites(pam,qam,ram,pef,qef,ref)

@JLA & Tao

Comme je n'ai pas la fibre synthétique, voyons ce que donnent les coordonnées barycentriques. Les coordonnées de $D,E,F$ sont \[ D,E,F\simeq\left(\begin{array}{c} 0\\ a^{2}+b^{2}-c^{2}\\ a^{2}-b^{2}+c^{2} \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} a^{2}+b^{2}-c^{2}\\ 0\\ b^{2}+c^{2}-a^{2} \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} a^{2}-b^{2}+c^{2}\\ b^{2}+c^{2}-a^{2}\\ 0 \end{array}\right) \] Et donc $N=AM\cap EF$ s'obtient par:$

\def\vz{\mathrm{\mathbf{Z}}} \def\vzz{\overline{\mathcal{Z}}} \def\vt{\mathrm{\mathbf{T}}}

\def\Sa{S_{a}} \def\Sb{S_{b}} \def\Sc{S_{c}}

\def\umb{\Omega}


$ \[ N\simeq\left(A\wedge\left(B+C\right)\right)\wedge\left(E\wedge F\right)\simeq\left(\begin{array}{c} 2\, a^{2}\\ b^{2}+c^{2}-a^{2}\\ b^{2}+c^{2}-a^{2} \end{array}\right)\simeq\left(\begin{array}{c} a^{2}\\ \Sa\\ \Sa \end{array}\right) \]

Il reste à projeter sur $BC$ pour obtenir le point $X$. Cela s'obtient par: \[ X\simeq\left(\begin{array}{ccc} 0 & 0 & 0\\ \Sc & a^{2} & 0\\ \Sb & 0 & a^{2} \end{array}\right)\cdot N\simeq\left(\begin{array}{c} 0\\ b^{2}\\ c^{2} \end{array}\right) \] On reconnait le cévien du point de Lemoine X(6), et donc $X$ est le pied de la $A$-symédiane.

Au passage, Tao demande quelle est la similitude rétrograde définie par $\sigma:B\mapsto F,\, C\mapsto E$. Rien de plus simple. On rappelle que les ombilics s'écrivent \[ \umb^{\pm}\simeq-a^{2}:\Sc\pm2i\, S:\Sb\mp2i\, S \] et que, par définition, $\sigma$ est la collinéation $\left(\umb^{+},\umb^{-},B,C\right)\mapsto\left(\umb^{-},\umb^{+},F,E\right)$. On obtient \[ \boxed{\sigma}\simeq\left(\begin{array}{ccc} a^{2}b^{2}-b^{4}+a^{2}c^{2}-c^{4} & \left(a^{2}-b^{2}+c^{2}\right)b^{2} & \left(a^{2}+b^{2}-c^{2}\right)c^{2}\\ \left(-a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)b^{2} & \left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\right)b^{2} & 0\\ \left(-a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)c^{2} & 0 & \left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\right)c^{2} \end{array}\right) \] On détermine les éléments propres de $\sigma$ selon les méthodes habituelles: \[ \left[-\dfrac{\Sa}{bc},\left(\begin{array}{c} b+c\\ -b\\ -c \end{array}\right)\right],\left[\dfrac{\Sa}{bc},\left(\begin{array}{c} b-c\\ -b\\ c \end{array}\right)\right],\left[1,\left(\begin{array}{c} \left(a^{2}+b^{2}-c^{2}\right)\left(a^{2}-b^{2}+c^{2}\right)\\ \left(a^{2}+b^{2}-c^{2}\right)\left(c^{2}+b^{2}-a^{2}\right)\\ \left(a^{2}-b^{2}+c^{2}\right)\left(c^{2}+b^{2}-a^{2}\right) \end{array}\right)\right] \] On reconnait l'orthocentre et les directions des bissectrices issues de $A$.

Et si l'on veut la similitude rétrograde $\left(B,C\right)\mapsto\left(E,F\right)$, on trouve: \[ \left(\begin{array}{ccc} 2\, b^{2}c^{2} & \left(a^{2}+b^{2}-c^{2}\right)c^{2} & \left(a^{2}-b^{2}+c^{2}\right)b^{2}\\ 0 & 0 & \left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\right)b^{2}\\ 0 & \left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\right)c^{2} & 0 \end{array}\right) \] dont les éléments propres sont: \[ \left[\dfrac{\Sa}{bc},\left(\begin{array}{c} b+c\\ -b\\ -c \end{array}\right)\right],\left[-\dfrac{\Sa}{bc},\left(\begin{array}{c} b-c\\ -b\\ c \end{array}\right)\right],\left[1,\left(\begin{array}{c} 1\\ 0\\ 0 \end{array}\right)\right] \] Cette fois-ci, ce sont les $A$-bissectrices elles-mêmes qui sont compromises. Ah les symédianes...

Autre digression. On se demande quel est le circum-pôle de la droite $AX$. Un peu de calcul donne $0:-b^{2}:c^{2}$, le $A$-cocévien de X(6). Ah les symédianes...

Autre digression. Le point $g\doteq\left(E+F\right)/2=\sigma\left(M\right)$ appartient à la droite $AX$. Et donc $AX$ est une médiane de $AFE$, tandis que $AN$ en est une symédiane.

Revenons alors à notre exercice. Par projection orthogonale on a \[ Y\doteq\left(\begin{array}{ccc} c^{2} & 0 & \Sb\\ 0 & c^{2} & \Sa\\ 0 & 0 & 0 \end{array}\right)\cdot X\simeq\left(\begin{array}{c} a^{2}-b^{2}+c^{2}\\ 3\, b^{2}+c^{2}-a^{2}\\ 0 \end{array}\right),\ Z=\left(\begin{array}{c} a^{2}+b^{2}-c^{2}\\ 0\\ b^{2}+3\, c^{2}-a^{2} \end{array}\right) \] On calcule les pythagores pour le triangle $A,Y,Z$ \[ \alpha^{2}:\beta^{2}:\gamma^{2}\propto16\,\left(2\, b^{2}+2\, c^{2}-a^{2}\right)S^{2}:b^{2}\left(b^{2}+3\, c^{2}-a^{2}\right)^{2}:c^{2}\left(3\, b^{2}+c^{2}-a^{2}\right)^{2} \] On en déduit les pondérations de X(4,A,Y,Z): \[ 8\, S^{2}:\left(b^{2}+3\, c^{2}-a^{2}\right)\Sa:\left(3\, b^{2}+c^{2}-a^{2}\right)\Sa \] on applique et cela redonne les coordonnées de $N$.

Autre digression: on voit aisément que $N+X=Y+Z$ de sorte que le quadrilatère $XYNZ$ est un parallélogramme.



Cordialement, Pierre.

Bonjour,

Je n'ai pas encore vu pourquoi $L$ est le point de Lemoine de $ABC$ !

Tout à fait, mon cher pldx1

C'est parfait pour moi, qui suis un fervent défenseur des coordonnées barycentriques !

Mais qu'en est-il d'un argument synthétique ?

Cordialement,

Yann

Bonjour,

La même chose dans le triangle $AEF$, puisque $(AN)$ en est une symédiane, puis utiliser le fait que $ABE$ et $ACF$ sont rectangles.

Cordialement,

Rescassol

A la recherche d'un argument synthétique :

Bonjour,

Revenons sur la clef du problème telle qu'elle a été donnée par poulbot au 23ème message de ce fil(#1089345). On considère $\sigma_{B}$, la projection orthogonale sur la droite $AC$. C'est une application affine. Pour lever les doutes résiduels à ce sujet, on peut exhiber la matrice de cette transformation$\def\Sa{S_{a}} \def\Sb{S_{b}} \def\Sc{S_{c}} $: \[ \boxed{\sigma_{B}}=\left(\begin{array}{ccc} 1 & \dfrac{\Sc}{b^{2}} & 0\\ 0 & 0 & 0\\ 0 & \dfrac{\Sa}{b^{2}} & 1 \end{array}\right) \] On considère ensuite $\sigma_{C}$, la projection orthogonale sur la droite $AB$. C'est aussi une application affine. On considère ensuite l'application identique, que l'on note $1$. C'est une application affine.

Et enfin, on considère l'application $\phi=\sigma_{B}+\sigma_{C}-1$. On peut bien entendu arnaudifier la chose en utilisant le foncteur productifiant: \[ \left(f,g,h\right)\in Aff(E,E)\times Aff(E,E)\times Aff(E,E)\mapsto\Phi\in Aff\left(E,E\times E\times E\right) \] et le composer avec l'application barycentrifiante universelle $E\times E\times E\hookrightarrow E:\left(x,y,z\right)\mapsto bar(qsp)$, utilisant explicitement le fait qu'un espace affine est un espace clos par barycentration. On peut aussi additionner en additionnant. Cela fait moins riche, mais cela donne la même chose.

Et l'on trouve finalement que la matrice de $\phi$ vaut: \[ \boxed{\phi}=\left(\begin{array}{ccc} 1 & \dfrac{\Sc}{b^{2}} & \dfrac{\Sb}{c^{2}}\\ 0 & 0 & \dfrac{\Sa}{c^{2}}\\ 0 & \dfrac{\Sa}{b^{2}} & 0 \end{array}\right) \] Évidemment, c'est la matrice que j'ai déjà donnée dans un post précédent. Et ses éléments propres continuent d'être \[ \left[1,\left(\begin{array}{c} 1\\ 0\\ 0 \end{array}\right)\right],\left[\dfrac{\Sa}{bc},\left(\begin{array}{c} b+c\\ -b\\ -c \end{array}\right)\right],\left[-\dfrac{\Sa}{bc},\left(\begin{array}{c} b-c\\ -b\\ c \end{array}\right)\right] \]

La méthode de Poulbot a, en plus d'être particulièrement courte, l'immense avantage d'expliquer pourquoi $\phi$ se décompose en le produit d'une symétrie orthogonale par rapport à la bissectrice $AI$ et d'une homothétie ayant $\cos A=2\cos^{2}\left(A/2\right)-1$ pour facteur de dilatation.

Il reste à remarquer quelques angles droits et quelque parallélismes pour voir que $\phi\left(P\right)$ est l'orthocentre du $A$-triangle résiduel du triangle podaire du point $P$.

Utilisons maintenant cette fonction $\phi$ pour résoudre l'exercice. Il est clair que $\phi\left(B\right)=E$ (le podaire de $B$ est $\left(B,E,B\right)$ et l'orthocentre de $\left(A,E,B\right)$ est $E$. De même $\phi\left(C\right)=F$.

Soient $M$ et $X'$ les traces sur $BC$ de la $A$-médiane et de la $A$-symédiane, ainsi que $N,m$ les traces sur $EF$. On a alors $m=\phi\left(M\right)$ et $N=\phi\left(X'\right)$. Comme le triangle podaire de $X'$ est $X',Y',Z'$, l'orthocentre de $AY'Z'$ n'est autre que $N$.

Il ne reste plus qu'à montrer que $X=X'$, autrement dit que $X'N\perp BC$. Méthode (1): on compare le point à l'infini de $X'N$ qui est \[ 2\, \boxed{X'}+\boxed{N}=\left(\begin{array}{c} 0\\ 2\, b^{2}\\ 2\, c^{2} \end{array}\right)+\left(\begin{array}{c} -2\, a^{2}\\ a^{2}-b^{2}-c^{2}\\ a^{2}-b^{2}-c^{2} \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} -2a^{2}\\ a^{2}+b^{2}-c^{2}\\ a^{2}-b^{2}+c^{2} \end{array}\right) \] avec celui de $AH$, qui est visiblement le même. Méthode (2), pour les allergiques aux fibres naturelles. Du fait de $\phi$, les points $X',M,N,m$ sont cocycliques. Du fait du cercle de diamètre $\left[B,C\right]$, la droite $Mm$ est la médiatrice de $\left[E,F\right]$ et donc $\left[N,M\right]$ est un diamètre du cercle auxiliaire...

Cordialement, Pierre.