Orthocentre

hamzium · January 2018

Bonjour. Je vous propose cet exercice.
Soit $ ABC $ un triangle d'orthocentre $H$. $a,b$ et $c$ désignent les distances usuelles des côtés du triangle.
Montrer que $ b^2HA^2 +c^2HB^2+a^2HC^2=c^2HA^2+a^2HB^2+b^2HC^2$

gb · January 2018

Bonjour
Réécrit : \[(b^2-c^2)HA^2+(c^2-a^2)HB^2+(a^2-b^2)HC^2=0\]
C'est un calcul trivial sur ce qu'on appelait jadis la fonction scalaire de Leibnitz pour le système de points pondérés $(A,b^2-c^2)$, $(B,c^2-a^2)$ et $(C,a^2-b^2)$ dont le poids total est nul.

hamzium · January 2018

Oui gb c'est ma solution. On verifie que cet ensemble de points n'est rien d'autre que la droite d'Euler. Je cherche une autre preuve.

Rescassol · January 2018

Bonsoir,

Morley circonscrit dit que les deux sont égaux à $-\dfrac{s_1^3s_3 - 5s_1s_2s_3 + s_2^3 - 9s_3^2}{s_3^2}$.

Cordialement,

Rescassol

hamzium · January 2018

Rescassol avec $ A(a), B(b) C(c) et H(a+b+c)$?

Rescassol · January 2018

Bonsoir,

Oui, $a,b,c$ étant de module $1$.

Cordialement,

Rescassol

Bouzar · January 2018

Bonsoir et bonne année 2018 à tous et à toutes
Avec les coordonnées barycentriques, on a :
$HA^2 =-\dfrac{a^2 (a^2 - b^2 - c^2)^2}{(a - b - c) (a + b - c) (a - b + c) (a +b + c)},$
$HB^2 =-\dfrac{b^2 (a^2 - b^2 + c^2)^2}{(a - b - c) (a + b - c) (a - b + c) (a + b + c)},$
$HC^2 =-\dfrac{c^2 (a^2 + b^2 - c^2)^2}{(a - b - c) (a + b - c) (a - b + c) (a + b + c)}.$
Par suite, on en déduit que : $(b^2-c^2)HA^2+(c^2-a^2)HB^2+(a^2-b^2)HC^2=0.$

Rescassol · January 2018

Bonsoir,

Morley circonscrit confirme que l'ensemble des points $M$ pour lesquels c'est vérifié est bien la droite d'Euler, d'équation $s_2z - s_1s_3\overline{z}=0$.

Cordialement,

Rescassol

poulbot · January 2018

Bonjour et Bonne Année à tous
$AH^{2}=\left\Vert \overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}\right\Vert ^{2}=4R^{2}-a^{2}$ devrait suffire.
L'ensemble des points $M$ pour lesquels $\left( b^{2}-c^{2}\right) AM^{2}+\left( c^{2}-a^{2}\right) BM^{2}+\left( a^{2}-b^{2}\right) CM^{2}=0$ étant clairement une droite passant par $O$, c'est évidemment la droite d'Euler.
Un petit exo : on considère un point $M$ du plan pour lequel les droites d'Euler des triangles $BCM,CAM,ABM$ concourent. Montrer que leur point commun est sur la droite d'Euler de $ABC$.
Amicalement. Poulbot

Rescassol · January 2018

Bonjour,

Poulbot, on peut ajouter que de tels points $M$ sont sur la cubique d'équation:
$-s_2z^2\overline{z} + s_1s_3z\overline{z}^2 + s_1z^2 -s_2s_3\overline{z}^2 + (- s_1^2 + 2s_2)z + (s_2^2 - 2s_1s_3)\overline{z}=0$

Cordialement,

Rescassol

poulbot · January 2018

Bonjour Rescassol
Oui, c'est la cubique de Neuberg.
Mais mon exo est beaucoup plus simple : si $N$ est le point commun aux $3$ droites d'Euler, on a
$\left( MC^{2}-MB^{2}\right) MN^{2}+\left( BM^{2}-a^{2}\right) BN^{2}+\left( a^{2}-CM^{2}\right) CN^{2}=0$
$\left( MA^{2}-MC^{2}\right) MN^{2}+\left( CM^{2}-b^{2}\right) CN^{2}+\left( b^{2}-AM^{2}\right) AN^{2}=0$
$\left( MB^{2}-MA^{2}\right) MN^{2}+\left( AM^{2}-c^{2}\right) AN^{2}+\left( c^{2}-BM^{2}\right) BN^{2}=0$
Il suffit alors d'ajouter ces $3$ égalités.
Amicalement. Poulbot

pldx1 · January 2018

Il y a aussi les points du cercle circonscrit.

Cordialement, Pierre.

Rescassol · January 2018

Bonsoir,

Oui, Pierre, tu as raison. Voilà une figure:

Cordialement,

Rescassol

dh2718 · January 2018

C’est beaucoup plus simple que tout ce fatras de théorèmes.
Les parallèles aux côtés du triangle, menées par les sommets opposés forment un grand triangle. Les sommets A, B et C étant au milieu des côtés du grand triangle, les hauteurs de ABC sont ses médiatrices, donc H est le centre de son cercle circonscrit. En désignant par R le rayon de ce cercle, à en croire Pythagore: HA^2 = R^2 – a^2, et de même pour les autre sommets. L’égalité proposée en découle immédiatement. CQFD comme disait Tarzan.

Rescassol · January 2018

Bonjour,

Tu n'as pas la touche "dollar" sur ton clavier: $HA^2 = R^2 – a^2$ ?

Cordialement,

Rescassol

PS: Mais pourquoi se fatiguer à être astucieux quand la force tranquille est pratiquement aussi rapide?

Chaurien · January 2018

@ dh2718
(tu) Bravo !
Ce « grand triangle » $A'B'C'$ me rappelle mes jeunes années de lycéen (en Quatrième c'était le lycée), quand il a servi à nous prouver que les hauteurs de $ABC$ sont concourantes, puisqu'elles sont les médiatrices de $A'B'C'$. De quoi nous donner, à nous petits lycéens, un exemple de belle et simple démonstration.
Apparemment, il n'a pas dit son dernier mot, ce grand triangle.
Si $R$ est le rayon du cercle circonscrit à $ABC$, alors le rayon du cercle circonscrit à $A'B'C'$ est $2R$, et on obtient ainsi le plus simplement les longueurs des segments $HA, HB, HC$.
Bonne journée.
Fr. Ch.
https://fr.wikisource.org/wiki/À_se_tordre/Sancta_Simplicitas

dh2718 · January 2018

A Rescassol:

Latex? Non merci, je suis trop vieux pour cela. Au cours de ma carrière, j’ai écrit des dizaines de textes mathématiques en utilisant uniquement Equation Editor de Word: pas d’apprentissage, rien a retenir, uniquement «drag and drop». Et au lieu d’utiliser la force, même tranquille, il est en général plus rapide de trouver une bonne astuce.
Merci quand même pour ta remarque, on s’amuse n’est ce pas?

Orthocentre

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