Deux triangles semblables
dans Géométrie
Bonjour,
un problème personnel...pour lequel je n'arrive pas à conclure...
1. ABC un triangle acutangle
2. H l’orthocentre
3. P le pied de la A-hauteur
4. Ia le A-excentre
5. Y, Z les pieds des H-bissectrices intérieures des triangles resp. HAC, HAB
6. T le point d’intersection de (YZ) et (IaH).
Question : les triangles AHT et IaHP sont semblables.
J’ai montré que les quadrilatères AZHY et HCIaB sont orthologiques et que (HIa) est perpendiculaire à (YZ).
Désolé pour la figure...
Sincèrement
Jean-Louis
un problème personnel...pour lequel je n'arrive pas à conclure...
1. ABC un triangle acutangle
2. H l’orthocentre
3. P le pied de la A-hauteur
4. Ia le A-excentre
5. Y, Z les pieds des H-bissectrices intérieures des triangles resp. HAC, HAB
6. T le point d’intersection de (YZ) et (IaH).
Question : les triangles AHT et IaHP sont semblables.
J’ai montré que les quadrilatères AZHY et HCIaB sont orthologiques et que (HIa) est perpendiculaire à (YZ).
Désolé pour la figure...
Sincèrement
Jean-Louis
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Réponses
Je ne crois pas qu'ils le sont:
[Edit: message modifié sur les indications de Jean Louis]
j'ai corrigé
T est le point d'intersection de (YZ) et (IaH)...
Désolé
Sincèrement
Jean-Louis
Edit: sans objet désormais
on a $AH= a\,S_a/2/S$ et donc tout est rationnel en $a,b,c$. Quelques calculs plus tard, on voit que l'application affine $(I_a,P,H)\mapsto (A,T,H)$ a pour polynôme caractéristique \[ \left( {X}^{2}-{\frac {r \left( 2\,R-a \right) \left( 2\,R+a
\right) }{36\,{R}^{2}r+8\,R{a}^{2}-8\,Ras+20\,R{r}^{2}+2\,{a}^{2}r-4
\,ars+3\,{r}^{3}-r{s}^{2}}} \right) \left( X-1 \right)
\] fixe le point $H$ et permute les ombilics. La conclusion suit.
Lorsque le triangle est obtus en $B$ ou en $C$, il y a quelques changements de signes, et il faut changer l'une ou l'autre bissectrice.
Cordialement, Pierre.
Une solution avec les coordonnées barycentriques.
$A,B,C\simeq\left[\begin{array}{c} 1\\ 0\\ 0 \end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 1\\ 0 \end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 0\\ 1 \end{array}\right].$
$Y\simeq\left[\begin{array}{c} -c (a^2 + b^2 - c^2)\\ 0\\ a (a^2 - b^2 - c^2) \end{array}\right].$
$Z\simeq\left[\begin{array}{c} b (a^2 - b^2 + c^2)\\ a (-a^2 + b^2 + c^2)\\ 0 \end{array}\right].$
$T\simeq\left[\begin{array}{c} (a^2 + b^2 - c^2) (a^2 - b^2 + c^2) (a^2 b - b^3 + a^2 c + 2 a b c +
b^2 c + b c^2 - c^3)\\ -(a^2 - b^2 - c^2) (a^2 + b^2 - c^2) (a^3 - a b^2 + a^2 c + 2 a b c +
b^2 c - a c^2 - c^3)\\ -(a^2 - b^2 - c^2) (a^2 - b^2 + c^2) (a^3 + a^2 b - a b^2 - b^3 +
2 a b c - a c^2 + b c^2) \end{array}\right].$
On a :
$\dfrac{HT }{ HP} = \dfrac{AH }{IaH } = \dfrac{AT }{IaP } = \dfrac{a^2 (a^2 - b^2 - c^2)^2 }{ K}$
avec $K = a^6 + a^5 b - a^4 b^2 - 2 a^3 b^3 - a^2 b^4 + a b^5 + b^6 + a^5 c + 3 a^4 b c + 2 a^3 b^2 c - 2 a^2 b^3 c$
$ - 3 a b^4 c - b^5 c - a^4 c^2 + 2 a^3 b c^2 + 6 a^2 b^2 c^2 + 2 a b^3 c^2 - b^4 c^2 -2 a^3 c^3 - 2 a^2 b c^3 $
$+ 2 a b^2 c^3 + 2 b^3 c^3 - a^2 c^4 - 3 a b c^4 - b^2 c^4 + a c^5 - b c^5 + c^6.$
Or deux triangles sont semblables si leurs côtés sont proportionnels.
En conclusion, les triangles $AHT$ et $IaHP$ sont semblables.
On doit pouvoir montrer que $I_a,P,T,A$ sont cocycliques.
merci pour ces apports...
Je recherche une solution synthétique pour ce problème...
Any ideas?
Sincèrement
Jean-Louis
était une piste "synthétique".
Une fois montrée, il me semble que la puissance de $H$ par rapport au cercle en question résout le problème.
oui, c'est un chemin à prendre...
Sincèrement
Jean-Louis
Lake, si les quatre points Ia, P, T et A sont cocycliques; les deux triangles sont immédiatement semblables comme ayant deux angles égaux chacun à chacun : les deux angles en H opposés par le sommet, les angles en A et Ia comme angles inscrits interceptant le même arc de cercle PT ...
Mais il faut d'abord prouver la cocyclicité ...
Bien cordialement
JLB
ma preuve décomposée en problèmes successifs et remarquables
http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/Docs/68. 2. Incentre et orthocentres.pdf
Sincèrement
Jean-Louis