Deux triangles de même aire

Bonsoir,

Les segments H_bA et H_aB sont parallèles par construction des orthocentres (i.e. perpendiculaires à CI) donc les triangles H_bBH_a et ABH_a ont même aire ... La suite par permutation et comptabilisation simple.

Remarque : il n'est effectivement pas nécessaire que CI soit bissectrice... mais il reste, dans le cas qui nous occupe, à prouver que les points a, b et c sont les points de contact du cercle inscrit...

Cordialement
C.N.

Bonjour Yan2
Pour éviter d'envisager des tas de cas, il suffit, par exemple, de vérifier qu'étant donnés $6$ points quelconques $A,B,C,H_{a},H_{b},H_{c}$, on a
$\left[ \overrightarrow{BH_{a}},\overrightarrow{AH_{b}}\right] +\left[ \overrightarrow{CH_{b}},\overrightarrow{BH_{c}}\right] +\left[ \overrightarrow{AH_{c}},\overrightarrow{CH_{a}}\right] =\left[ \overrightarrow{H_{a}H_{b}},\overrightarrow{H_{a}H_{c}}\right] -\left[ \overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right] $. ($\left[ \overrightarrow{x},\overrightarrow{y}\right] $ désigne le produit mixte)
Si maintenant $H_{a},H_{b},H_{c}$ sont les orthocentres des triangles $PBC,PCA,PAB$, les $3$ termes de la somme de gauche sont nuls.
Amicalement. Poulbot

Bonsoir,

Dans un message précédent, j'avais soulevé une question apparemment pas si triviale qu'elle en avait l'air. Je n'ai pas cherché de réponse à la question subsidiaire, plus générale, ajoutée par poulbot dans le message suivant, mais il pourrait être intéressant de répondre à ma première question avant de passer à la sienne.

Il est étonnant, pour tout dire, que le problème n'ait pas suscité d'intérêt jusqu'ici, car (curieusement) il se ramène à un lemme de géométrie... affine, qui se démontre de manière synthétique grâce au théorème de... Pappus.

Je laisse tout d'abord le lecteur se convaincre que le résultat cherché découle facilement de la situation (affine !) représentée sur la figure ci-dessous : étant donné un triangle ABC et un triangle acM inscrit dans celui-ci, si on construit les points H_a et H_c comme intersection des parallèles aux côtés du triangle acM issues des sommets de ABC (voir figure), alors H_a, M et H_c sont alignés.

Une démonstration repose sur l'idée suivante : on désigne par D l'intersection de ac avec la parallèle à AC menée par B, et on contemple les deux hexagones MAH_cBDc et MCH_aBDa ... D'après le théorème (réciproque) de Pappus (d'avant qu'on ne l'appelle "théorème de Pappus Pascal") les deux triplets M, H_c, D et H_a, M, D sont alignés.

Cordialement
C.N.

Bonsoir
Avec les coordonnées barycentriques, on a :
Cas $P=I$
$A,B,C\simeq\left[\begin{array}{c} 1\\ 0\\ 0 \end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 1\\ 0 \end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 0\\ 1 \end{array}\right]$
$I\simeq\left[\begin{array}{c} a\\ b\\ c \end{array}\right]$
$H_a ,H_b,H_c \simeq\left[\begin{array}{c} -a\\ a-c\\ a-b \end{array}\right],\left[\begin{array}{c} b-c\\ -b\\ -a+b \end{array}\right],\left[\begin{array}{c} c-b\\ c-a\\ -c \end{array}\right]$

Les triangles $ABC$ et $H_aH_bH_c$ ont la même aire valant 1.

Cas $P$ quelconque.
$A,B,C\simeq\left[\begin{array}{c} 1\\ 0\\ 0 \end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 1\\ 0 \end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 0\\ 1 \end{array}\right]$
$P\simeq\left[\begin{array}{c} u\\ v\\ w \end{array}\right]$
$H_a \simeq\left[\begin{array}{c}((b^2 - c^2) u + a^2 (u + 2 v)) ((-b^2 + c^2) u + a^2 (u + 2 w))\\ -((b^2 - c^2) u + a^2 (u + 2 v)) (b^2 (-u + w) + a^2 (u + w) -
c^2 (u + w))\\ -(c^2 (-u + v) + a^2 (u + v) - b^2 (u + v)) ((-b^2 + c^2) u +
a^2 (u + 2 w)) \end{array}\right]$
$H_b \simeq\left[\begin{array}{c} ((a^2 - c^2) v + b^2 (2 u + v)) (a^2 (v - w) - (b^2 - c^2) (v + w))\\ ((a^2 - c^2) v + b^2 (2 u + v)) (-a^2 v + c^2 v + b^2 (v + 2 w))\\ -(c^2 (-u + v) + a^2 (u + v) - b^2 (u + v)) (a^2 v - c^2 v -
b^2 (v + 2 w)) \end{array}\right]$
$H_c \simeq\left[\begin{array}{c} -((a^2 - b^2) w + c^2 (2 u + w)) (a^2 (v - w) - (b^2 - c^2) (v + w))\\-(b^2 (u - w) - a^2 (u + w) + c^2 (u + w)) ((-a^2 + b^2) w +
c^2 (2 v + w))\\ ((a^2 - b^2) w + c^2 (2 u + w)) ((-a^2 + b^2) w + c^2 (2 v + w)) \end{array}\right]$

Les triangles $ABC$ et $H_aH_bH_c$ ont la même aire valant 1.

Bonjour
Mobilisé sur le fil de Soland, je n'avais pas le temps de m'intéresser à celui-ci.
J'ai le sentiment diffus qu'on a déjà traité ce problème, il y a huit ou neuf ans.
Je propose quelques nouvelles questions.
Les triangles $ABC$ et $H_aH_bH_c\ $ sont orthologiques.
Quels sont les centres d'orthologie?
Soit $f$ l'application affine envoyant $ABC$ sur $H_aH_bH_c$. On sait qu'elle a un point fixe $Q$ et deux droites invariantes orthogonales
Montrer que $Q$ est sur le cercle d'Euler du triangle $ABC$ et que les deux droites invariantes en sont des droites de Simson.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour Pappus
"Les triangles $ABC$ et $H_{a}H_{b}H_{c}$ sont orthologiques. Quels sont les centres d'orthologie?
Soit $f$ l'application affine envoyant $ABC$ sur $H_{a}H_{b}H_{c}$. On sait qu'elle a un point fixe $Q$ et deux droites invariantes orthogonales.
Montrer que $Q$ est sur le cercle d'Euler du triangle $ABC$ et que les deux droites invariantes en sont des droites de Simson"

Très brièvement, en supposant que $H_{a},H_{b},H_{c}$ sont les orthocentres des triangles $PBC,PCA,PAB$.

$H_{a},H_{b},H_{c},H$ sont sur l'hyperbole équilatère circonscrite passant par $P$ et $f\left( P\right) =H$ (vu je ne sais plus où).
$f$ conservant cette hyperbole, son point fixe $Q$ est le centre de l'hyperbole (qui est donc sur le cercle d'Euler) et ses droites invariantes sont les asymptotes de l'hyperbole. On a vu à maintes reprises que, si $P^{\ast }$ est l'isogonal de $P$, ces asymptotes sont les droites de Simson des points où la droite $OP^{\ast }$ (isogonale de l'hyperbole) coupe le cercle $ABC$.
Un des centres d'orthologie est clairement $P$; l'autre est $f^{-1}\left( P\right) $ qui devrait être le point où la parallèle en $H$ à la tangente en $P$ à l'hyperbole la recoupe.

Dans le cas $P=I$ envisagé par Bouzar, le point $Q$ est le point de Feuerbach de $ABC$ (centre de l'hyperbole équilatère circonscrite passant par $I$, alias hyperbole de Feuerbach); les centres d'orthologie sont $I$ et le point de Nagel.

Amicalement. Poulbot