Quadrilatère
dans Géométrie
Bonsoir
J’ai besoin de votre aide svp, je bloque à la question 4.
Et toutes mes excuses si je ne suis pas au bon endroit pour demander...
Un grand merci par avance !
J’ai besoin de votre aide svp, je bloque à la question 4.
Et toutes mes excuses si je ne suis pas au bon endroit pour demander...
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Réponses
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Montre tes réponses aux questions 1,2,3.
Quel est le point qui te bloque à la question 4 ?
Cordialement,
Rescassol
Un grand merci pour ta réponse,
En fait pour la question 4, je ne comprends pas dans quel sens m’orienter pour prouver que ces 2 droites se coupent aussi en P, je vois que ce sont les projetés orthogonaux des 4 sommets du parallélogramme (je n’en sais pas si mon terme est exact) mais après je n’en sais pas...
Je suis assez novice en maths !
Tu devrais revoir tes réponses à la question 2) qui sont inexactes et essayer de simplifier ta solution de la question 1).
Cordialement. Poulbot
à mon avis la condition pour que EFGH soit un carré ne porte que sur les diagonales de ABCD ...
et toujours à mon avis les questions 3 et 4 portent sur le cas général et pas EFGH rectangle ou carré
une figure assez démonstrative (faisant figurer explicitement les diagonales de divers parallélogrammes et leurs intersections, vu que c'est surtout ça la clé de l'ensemble du problème, et un choix de points avec le tout le plus "aéré" possible)
ainsi que le fichier Geogebra correspondant pour faire varier la forme de ABCD
question 4 = question 3 sur l'autre, OGP'H, avec un point P', et il faut prouver que P est le même point que P'
As-tu vu l'associativité du barycentre ?
Cordialement,
Rescassol
Rescassol : non je n’ai pas vu l’associativité du barycentre...
Effectivement, $EGFH$ est un rectangle ssi $AC$ et $BD$ sont perpendiculaires; c'est un carré si, de plus, les segments $\left[ AC\right] $ et $\left[ BD\right] $ ont la même longueur.
C'est à peu près évident puisque $\overrightarrow{AC}=2\overrightarrow{EG}=2\overrightarrow{HF}$ et $\overrightarrow{BD}=2\overrightarrow{EH}=2\overrightarrow{GF}$.
Cordialement Poulbot
ce n'est vrai que parce que ABCD est cyclique (encore faudrait-il le démontrer)
alors que AC = BD est la bonne condition, valable quel que soit ABCD, cyclique ou pas, convexe ou pas et même croisé.
edit : inverser les noms F et G sur cette figure.
Tu pourrais simplifier nettement ta rédaction du 3) en disant tout simplement que les droites $OE$ et $FP$ sont perpendiculaires à $AB$ alors que les droites $OF$ et $EP$ sont perpendiculaires à $CD$.
Comme le propose chephip, de manière analogue au 3), on montre que, si $P^{\prime }=GG^{\prime }\cap HH^{\prime }$, alors $OGP^{\prime }H$ est un parallélogramme. On devrait pouvoir en déduire facilement la solution du 4).
Cordialement. Poulbot
Un petit complément classique et antique (vers $1850$) proposé à la sagacité de nos amis géomètres :
La droite de Simson d'un quelconque des points $A,B,C,D$ relativement au triangle de sommets les $3$ autres passe par $P$.
Amicalement. Poulbot
$P$ est simplement le symétrique de $O$ par rapport au centre de gravité de $ABCD$.
Cordialement,
Rescassol
Si $H_{A}$ est l'orthocentre du triangle $BCD$, il est bien connu que la droite de Simson de $A$ relativement au triangle $BCD$ passe par le milieu de $\left[ AH_{A}\right] $. Or ce milieu est le point $P$ puisque
$\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OH_{A}}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OD}=2\overrightarrow{OE}+2\overrightarrow{OF}=2\overrightarrow{OP}$.
Remarque : ce qui précède montre aussi que $P$ est le centre de l'hyperbole équilatère passant par $A,B,C,D$.
Amicalement. Poulbot