Exercice piteux_goricien

poulbot · August 2019

Bonjour
Un exercice inspiré par le fil Médiatrices d'un triangle initié par Piteux_gore (je présume que cet exercice doit figurer dans quelque ouvrage fort ancien).

Etant donné un point $M$ du plan d'un triangle $ABC$, la perpendiculaire en $M$ à la droite $AB$ intercepte sur les droites $AC$ et $BC$ un segment de longueur $L$ et la perpendiculaire en $M$ à la droite $AC$ intercepte sur les droites $AB$ et $BC$ un segment de longueur $L^{\prime }$.
Quel est le lieu des points $M$ pour lesquels $L=L^{\prime }$?

Amicalement. Poulbot 89258

pappus · August 2019

Merci Poulbot pour ce bel exercice dont le résultat est élémentaire mais que j'aurais été bien incapable de résoudre quand j'avais encore de l'acné sans logiciel de géométrie dynamique à ma disposition.
Aujourd'hui on peut en posséder mais on a plus l'occasion de s'en servir!
Voici ma propre figure où j'ai modifier ton étiquetage pour mieux montrer l'ordre dans lequel j'ai construit les points de ta jolie configuration.
Je me suis donné un point quelconque $n\in BC$..
J'ai tracé la perpendiculaire à $AB$ issue de $n$ et son intersection $n'$ avec le côté $AC$.
J'ai tracé la perpendiculaire à $AC$ issue de $n$ et marqué dessus les points $p$ et $q$ tels que:
$$np=nq=nn'$$.
La parallèle à $BC$ issue de $p$ coupe $AB$ en $n'_1$. La perpendiculaire à $AC$ issue de $n'_1$ coupe $BC$ en $n_1$ et on a: $n_1n'_1=np =nn'$.
J'ai tracé l'intersection $M_1=n_1n'_1\cap nn'$.
La parallèle à $BC$ issue de $q$ coupe $AB$ en $n'_2$. La perpendiculaire à $AC$ issue de $n'_2$ coupe $BC$ en $n_2$ et on a: $n_2n'_2=nq =nn'$.
J'ai tracé l'intersection $M_2=n_2n'_2\cap nn'$.
Puis j'ai demandé au logiciel de me tracer le lieu des points $M_1$ et $M_2$ et j'ai obtenu la figure ci-dessous.
Maintenant on attend tous les deux l'explication de gravures!!
Amicalement
[small]p[/small]appus 89254

Bouzar · August 2019

Bonjour poulbot,
Avec mes excuses et sauf erreur, le lieu cherché est la réunion des deux droites dont une équation barycentrique est $(-c (a^4 - b^4 - 2 a^2 c^2 + c^4)) x +( -a^5 + 2 a^3 b^2 - a^4 c + c (b^2 - c^2)^2 + a (-b^4 + c^4) )y +(a (a^4 - b^4 - 2 a^2 c^2 + c^4) )y=0$ et $(b^5 + a^4 (b - c) + b^4 c - b c^4 - c^5 - 2 a^2 (b^3 - c^3)) x + (c (-a^4 + (b^2 - c^2)^2) )y +(-b (-a^4 + (b^2 - c^2)^2)) z=0.$
Amicalement

poulbot · August 2019

Bonjour Pappus
"j'aurais été bien incapable de résoudre quand j'avais encore de l'acné sans logiciel de géométrie dynamique à ma disposition"
Permets-moi d'en douter très fortement. On peut remarquer, par exemple, que, pour tout point $M$ du plan, la distance de $M$ à la hauteur $CH$ est égale à la distance de $C$ à la droite $nn^{\prime }$.
Il nous faudra aussi trouver sur chacune des $2$ droites passant par $H$ que nous a tracées un autre point remarquable.
Amicalement. Poulbot

@Bouzar Tes deux droites sont les hauteurs issues de $C$ et de $B$ du triangle $ABC$. Donc erreur il y a.

pappus · August 2019

Merci Poulbot
J'ai modifié ma figure pour tenir compte de tes remarques.
Nous attendons les explications mais les aurons-nous un jour?
Amicalement
[small]p[/small]appus 89260

poulbot · August 2019

Re-bonjour Pappus
Une solution à la Lebossé-Hémery qui confirme ta conclusion :
$M$ étant un point variable du plan, $\dfrac{L}{d\left( M,CH\right) }=\dfrac{L}{d\left( C,nn^{\prime }\right) }$ est constant puisque les triangles $Cnn^{\prime }$ sont tous homothétiques; il en est de même pour $\dfrac{L^{\prime }}{d\left( M,BH\right) }$. Le lieu est donc la réunion de deux droites passant par $H$.
Si $M$ est le pied sur la droite $BC$ d'une des $2$ bissectrices de $\left( AB,AC\right) $, on a $n=n_{1}=M$ et $n^{\prime }$ et $n_{1}^{\prime }$ étant symétriques par rapport à la bissectrice $AM$, on a $L=L^{\prime }$.
Finalement le lieu est la réunion des $2$ droites joignant $H$ aux pieds de ces $2$ bissectrices.
Amicalement. Poulbot

pappus · August 2019

Merci Poulbot
Je trouve cet exercice à la fois élémentaire et difficile!
Amicalement
[small]p[/small]appus

jelobreuil · August 2019

Bonsoir Poulbot, Pappus,
Et merci beaucoup de cet exercice, ainsi que de sa solution, tout à fait compréhensible à mon très modeste niveau, même si je dois m'avouer que j'aurais été incapable de la trouver tout seul ... Merci pour ce bel et simple exemple de raisonnement géométrique de grand-papa ! Et je suis bien d'accord avec Pappus : élémentaire et difficile à la fois !
Bien amicalement
JLB

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