Un énoncé minimaliste

Jean-Louis Ayme · April 2020

Bonjour

1. ABC un triangle A-rectangle
2. T, M le pied de la A-hauteur, le milieu de [BC],
3. PAB, QAC deux triangles équilatéraux extérieurs à ABC.

Question : P, T, M et Q sont cocycliques.

Sincèrement
Jean-Louis

pappus · April 2020

Mon cher Jean-Louis
Voici ta figure.
Je pense que suis capable de la justifier si on m'en laisse le temps!
J'ai suivi la méthode de Dom pour construire le symétrique de $A$ par rapport à l'hypoténuse dans ce fil Construction du symétrique nitié par Piteux_gore.
Merci Dom ta construction est la meilleure!
Amicalement
[small]p[/small]appus 99114

Rescassol · April 2020

Bonsoir,

Avec Morley:

% Jean-Louis Ayme - 03/04/2020 - Un énoncé minimaliste

clc, clear all, close all;

syms a b c;
syms aB bB cB; % Conjugués

c=-b; % Pour que ABC soit un triangle rectangle

aB=1/a; % Morley circonscrit
bB=1/b;
cB=1/c;

s1=a+b+c;
s2=a*b+b*c+c*a;
s3=a*b*c;

s1B=s2/s3;
s2B=s1/s3;
s3B=1/s3;

%-----------------------------------------------------------------------

h=(s1*a-b*c)/(2*a);         % Pied de la A-hauteur du triangle ABC
hB=(s1B*aB-bB*cB)/(2*aB);

syms r; % Rotation vectorielle R (complexe de module 1)

rB=1/r;

p=b+r*(a-b); % P image de A par la rotation R de centre B
q=a+r*(c-a); % P image de C par la rotation R de centre A

pB=bB+rB*(aB-bB);
qB=aB+rB*(cB-aB);

Bi=Birapport(0,h,p,q);     % Birapport des points O,H,P,Q
BiB=Birapport(0,hB,pB,qB);

Eq=Factor(Bi-BiB) % Il y a r^2-r+1=0 en facteur, donc c'est gagné !!

Cordialement,

Rescassol

jelobreuil · April 2020

Bonsoir à tous,
Les triangles BTA et BAC sont semblables, donc BT/AT = AB/AC = BP/AQ puisque BP = AB et AC = AQ. D'autre part, les angles TBP et TAQ ont même mesure, celle de l'angle ABC augmentée de pi/3. Les triangles TBP et TAQ sont donc semblables. Par conséquent, les angles BPT et AQT sont égaux.
Or, on sait que MA = MB = MC, donc les droites PM et QM sont les médiatrices respectives de AB et AC, donc les bissectrices des angles APB et AQC ; par conséquent, les angles BPM et AQM valent tous les deux pi/6. Donc, les angles TPM = BPM - BPT et TQM = AQM - AQT sont eux aussi égaux.
Soit D l'intersection de MP et QT. Les triangles DTP et DMQ sont semblables, puisque, outre les deux angles égaux DQM et DPM, leurs angles en D sont opposés par le sommet, donc égaux. L'angle PTD est égal à DMQ, autrement dit, les angles PTQ et PMQ sont égaux. Mais ce dernier vaut pi/2, puisqu'il est formé par les médiatrices des deux cathètes d'un triangle rectangle. Par conséquent, les points M et T se trouvent sur le demi-cercle de diamètre PQ.
Les points P, T, M et Q sont cocycliques.
Bien cordialement
JLB 99128

Jean-Louis Ayme · April 2020

Bonjour,
merci pour votre contribution...
Avez-vous remarqué que les milieux de [BP] et [CQ] sont aussi sur le cercle en question?

Sincèrement
Jean-Louis

jelobreuil · April 2020

Bonjour Jean-Louis,
Non, je n'avais pas remarqué, mais c'est immédiat : puisque les triangles ABP et ACQ sont équilatéraux, les milieux de BP et CQ sont aussi les pieds des A-hauteurs de ces triangles, appelons-les respectivement R et S. Et comme ces hauteurs sont aussi les bissectrices des angles en A de ces triangles, l'angle RAQ vaut RAB+BAC+CAQ = pi/6 + pi/2 + pi/3 = pi, donc les points R, A et Q sont alignés et l'angle PRQ, identique à PRA, est droit, ce qui implique que le point R se trouve bien sur le demi-cercle de diamètre PQ. Il en est de même, mutatis mutandis, pour le point S.
Bien cordialement
JLB
Voici la figure complétée : 99170

Jean-Louis Ayme · April 2020

Bonjour,

en considérant le milieu de [BP], une nouvelle approche plus légère du problème est possible...

Sincèrement
Jean-Louis

P.S.
en cette période de confinement,
la construction européenne ne serait-elle pas analogue à une pyramide de Ponzi?

Jean-Louis Ayme · April 2020

Bonjour,

en pensant à Jakob Steiner i.e. à la puissance de B...la voie est ouverte...

Sincèrement
Jean-Louis

jelobreuil · April 2020

Bonsoir, Jean-Louis,
Et merci de cette dernière indication : j'étais loin d'y penser !
En effet, c'est immédiat, puisque, si l'on appelle c la longueur du côté AB, BR.BP = c.c/2 et BT.BM = BT.BC/2 = AB²/2 = c²/2, donc P, R, T et M sont cocycliques.
Mutatis mutandis, on obtient CM.CT = CS.CQ = AC²/2, donc Q, S, M et T sont cocycliques.
Il faut alors montrer que ces deux cercles n'en font qu'un, et je ne pense pas qu'il suffise de dire que les points T et M appartiennent à BC et que les deux cercles partagent cette sécante : il y a quelque chose qui m'échappe ... ou bien, on doit pouvoir prouver que les médiatrices de PR et QS coupent celle de TM au même point ...
Bien cordialement
JLB