Un énoncé minimaliste
dans Géométrie
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
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
Réponses
-
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 -
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 -
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 -
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 -
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 : -
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? -
Bonjour,
en pensant à Jakob Steiner i.e. à la puissance de B...la voie est ouverte...
Sincèrement
Jean-Louis -
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 -
Bonjour,
http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/Docs/Orthique encyclopedie 4.pdf p. 25-28.
Sincèrement
Jean-Louis
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Bonjour!
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