Parallèle à une hauteur
dans Géométrie
Bonjour,
un petit problème personnel pour passer le temps…
1. ABC un triangle acutangle,
2. (O) le cercle circonscrit à ABC
3. PQR le triangle orthique de ABC
4. T le point d'intersection de la parallèle à (RP) issue de C avec (BO),
Question : (TQ) est parallèle à (CR).
Sincèrement
Jean-Louis
un petit problème personnel pour passer le temps…
1. ABC un triangle acutangle,
2. (O) le cercle circonscrit à ABC
3. PQR le triangle orthique de ABC
4. T le point d'intersection de la parallèle à (RP) issue de C avec (BO),
Question : (TQ) est parallèle à (CR).
Sincèrement
Jean-Louis
Réponses
-
Bonjour Jean-Louis,
Je pense qu'il y a une erreur dans la définition du point $T.$
Cordialement -
merci Bouzar, j'ai corrigé
sincèrement
Jean-Louis -
Bonjour,
Utilisons les coordonnées barycentriques.
$A,B,C\simeq\left[\begin{array}{c} 1\\ 0\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 1\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 0\\ 1\end{array}\right].$
$O\simeq\left[\begin{array}{c} a^2S_A\\ b^2S_B\\ c^2S_C\end{array}\right].$
$P,Q,R\simeq\left[\begin{array}{c} 0\\ -a^2 - b^2 + c^2\\ -a^2 + b^2 - c^2\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} a^2 + b^2 - c^2\\ 0\\ -a^2 + b^2 + c^2\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} a^2 - b^2 + c^2\\ -a^2 + b^2 + c^2\\ 0\end{array}\right].$
$T\simeq\left[\begin{array}{c} a^2 (a^2 - b^2 - c^2)\\ -(a^2 - c^2) (a^2 - b^2 - c^2)\\ c^2 (-a^2 - b^2 + c^2)\end{array}\right].$
Les droites $(TQ)$ et $(CR)$ ont le même point à l'infini, à savoir $P_{\infty}\simeq\left[\begin{array}{c} a^2 - b^2 + c^2\\ -a^2 + b^2 + c^2\\ -2 c^2\end{array}\right]$, elles sont donc parallèles.
Cordialement -
Bonjour,
merci pour votre contribution...
Une preuve synthétique?
Sincèrement
Jean-Louis -
Bonjour Jean-Louis, Bouzar et tous,
Merci pour la correction ...
Voici une figure, pour mettre les idées en place ...
Bien cordialement
JLB
PS : le fait que CT = RQ est-il un intermédiaire ou peut-il être une question annexe ? -
Bonjour
La figure jointe suggère une preuve synthétique. -
Les deux angles $\widehat{RCT}$ et $\widehat{CRP}$ sont alternes-internes.
Par hypothèse, $(CT)\parallel (RP)$.
On en tire donc que $\widehat{RCT}=\widehat{CRP}$
On a même par isogonalité de $(BT)$ et $(BQ)$, que $\widehat{RCT}=\widehat{CRP}=\widehat{HBP}=\widehat{RBT}$.
On en déduit que les points $B, R, Q, T, C$ sont sur un même cercle.
Par suite, on en tire que $\widehat{QTC}=\widehat{QBC}=\widehat{RBT}=\widehat{RCT}$.
Mais alors la relation $\widehat{QTC}=\widehat{TCR}$, conduit à la conclusion que les droites $(TQ)$ et $(CR)$ sont parallèles.
Cordialement -
@jelobreuil : Effectivement, on a $CT=RQ=\dfrac{a (a^2 - b^2 - c^2)}{2b c}=\dfrac{-aS_A}{bc}.$
-
Bonsoir,
merci...
Je lance un nouveau défi: sans angles?
Sincèrement
Jean-Louis -
Re-bonjour,
Une solution presque identique à celle de Bouzar :
Les trois points R, Q et T étant sur le même demi-cercle de diamètre BC, les angles TQC et TBC sont égaux, de mêmes que RCQ et RBQ, et comme RBQ et TBC le sont par isogonalité, les angles en disposition d'alternes internes RCQ et TQC le sont aussi, donc ...
Bien évidemment, l'égalité des angles entraîne celle des cordes TC et RQ, et le trapèze TCRQ est isocèle ...
Sans recourir aux angles ? je vais essayer ...
Bien cordialement -
Bonjour ,
avec les angles au centre et inscrit puis complémentaires .
Cordialement -
Bonsoir fm_31,
J'avoue ne pas "voir" ta solution, pourrais-tu la détailler un peu, s'il te plaît ? Merci beaucoup !
Sincèrement
JLB -
Les angles bleus sont égaux (angle inscrit et demi angle au centre)
Les angles rouges complémentaires des angles bleus sont donc égaux .
Donc les arcs rouges sont égaux
Mais peut-être ai-je raté quelque chose car ça me parait trop simple . -
Merci fm_31 et bravo, car c'est effectivement très simple, et c'est très juste !
Et c'est moi qui étais vraiment aveugle, ou un peu trop paresseux pour vraiment chercher à comprendre !;-)
Bien cordialement
JLB -
Sans les angles ?
Soit E l'intersection de AB et de la perpendiculaire à BQ passant par T .
Si on arrive à démontrer que EQ est perpendiculaire à BT , alors Q est l'orthocentre du triangle EBT et TQ la 3° hauteur est perpendiculaire à EB et donc parallèle à CR .
Piste ou impasse ?
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Bonjour!
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