Identité n°4

Bouzar · January 2020

Bonjour,
Voici un nouveau problème.
Soit $ABC$ un triangle et $H$ son orthocentre. Montrer que : $\dfrac{HA}{h_a} + \dfrac{HB}{h_b} + \dfrac{HC}{h_c} \in \mathbb{N}$ et en donner sa valeur.

dm974 · January 2020

Soit S la surface du triangle $ABC$ et $A', B', C'$ les pieds des hauteurs issues de $A, B, C$. On note $[]$ l'aire.

$\begin{eqnarray*}
\dfrac{HA}{h_a} + \dfrac{HB}{h_b} + \dfrac{HC}{h_c} &=& \dfrac{HA \times BC}{2S} + \dfrac{HB \times AC}{2S} + \dfrac{HC \times AB}{2S} \\
&=& \dfrac{(h_A-HA') \times BC}{2S} + \dfrac{(h_b-HB') \times AC}{2S} + \dfrac{(h_c-HC') \times AB}{2S} \\
&=& \dfrac{2S-2[BHC]}{2S} + \dfrac{2S-2[HAC]}{2S} + \dfrac{2S-2[HAB]}{2S} \\
&=& 3-\dfrac{[BHC]+[HAC]+[HAB]}{S} \\
&=& 3-1 \\
&=& 2
\end{eqnarray*}
$

pappus · January 2020

Bonne Nuit
N'aurait-on pas quelques ennuis si le triangle $ABC$ avait un angle obtus?
Quand je lis la démo de dm974 qui utilise les aires, je me dis qu'elle a quelque chose d'affine.
Les coordonnées barycentriques normalisées de $H$ dans le triangle $ABC$ sont:
$x=\dfrac{\overline{A'H}}{\overline{A'A}}=\dfrac{\overline{A'A}+\overline{AH}}{\overline{A'A}}=1+\dfrac{\overline{AH}}{\overline{A'A}}$
De même:
$y=\dfrac{\overline{B'H}}{\overline{B'B}}=1+\dfrac{\overline{BH}}{\overline{B'B}}$
$z=\dfrac{\overline{C'H}}{\overline{C'C}}=1+\dfrac{\overline{CH}}{\overline{C'C}}$
On additionne tout ce fourbi pour obtenir:
$1=x+y+z=3+\dfrac{\overline{AH}}{\overline{A'A}}+\dfrac{\overline{BH}}{\overline{B'B}}+\dfrac{\overline{CH}}{\overline{C'C}}$
ou encore:
$\dfrac{\overline{AH}}{\overline{AA'}}+\dfrac{\overline{BH}}{\overline{BB'}}+\dfrac{\overline{CH}}{\overline{CC'}}=2$
Ce qui est peu ou prou la formule de Bouzar si on suppose que le triangle $ABC$ est acutangle.
Amicalement
[small]p[/small]appus

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