Une proportion
dans Géométrie
Bonjour,
1. ABC un triangle acutangle
2. H, D, M l'orthocentre, le pied de la A-hauteur, le milieu de [BC]
3. (O) le cercle circonscrit à ABC
4. E le point d’intersection de [MH[ avec (O)
5. F le second point d'intersection de (ED) avec (O).
Prouver : FB/FC = AB/AC.
Sincèrement
Jean-Louis
1. ABC un triangle acutangle
2. H, D, M l'orthocentre, le pied de la A-hauteur, le milieu de [BC]
3. (O) le cercle circonscrit à ABC
4. E le point d’intersection de [MH[ avec (O)
5. F le second point d'intersection de (ED) avec (O).
Prouver : FB/FC = AB/AC.
Sincèrement
Jean-Louis
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Réponses
Voici une figure plus détaillée
Amicalement
[small]p[/small]appus
Utilisons les coordonnées barycentriques.
Le triangle de référence:
$A,B,C\simeq\left[\begin{array}{c} 1\\ 0\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 1\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 0\\ 1\end{array}\right].$
H, D, M l'orthocentre, le pied de la A-hauteur, le milieu de [BC] :
$H,D,M\simeq\left[\begin{array}{c} S_BS_C\\ S_CS_A\\ S_AS_B\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ -a^2 - b^2 + c^2\\ -a^2 + b^2 - c^2\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 1\\ 1\end{array}\right].$
(O) le cercle circonscrit à ABC:
$c^2 x y + b^2 x z + a^2 y z=0.$
E le point d’intersection de [MH[ avec (O) :
$E\simeq\left[\begin{array}{c} a^2 (a^2 + b^2 - c^2) (a^2 - b^2 + c^2)\\ (b - c) (b + c) (a^2 + b^2 -c^2) (-a^2 + b^2 + c^2)\\ (b - c) (b + c) (-a^2 + b^2 - c^2) (-a^2 + b^2 + c^2)\end{array}\right].$
F le second point d'intersection de (ED) avec (O):
$F\simeq\left[\begin{array}{c} -a^2\\ 2 b^2\\2 c^2\end{array}\right].$
On a :
$\dfrac{FB}{FC}=\dfrac{c}{b}=\dfrac{AB}{AC}$
d'où la relation.
Amicalement
La matrice
$\begin{pmatrix}a^2 (a^2 + b^2 - c^2) (a^2 - b^2 + c^2)&(b - c) (b + c) (a^2 + b^2 -c^2) (-a^2 + b^2 + c^2)&(b - c) (b + c) (-a^2 + b^2 -
c^2) (-a^2 + b^2 + c^2)\\
0& -a^2 - b^2 + c^2&-a^2 + b^2 -
c^2\\
-a^2&2 b^2&2 c^2\\
\end{pmatrix} $
a un déterminant nul, donc les points $F, D, E$ sont alignés.
Sur ma figure, il est clair qu'on a un défunt quadrangle harmonique $(B,C,E,K)=-1$, en regardant ce qui se passe au point $M$!
L'inversion de pôle $D$ conservant le seul cercle de la figure qu'on peut toujours supposer être le cercle trigonométrique pour se rassurer, transforme le quadrangle harmonique $(B,C,E,K)=-1$ en le quadrangle harmonique $(C,B,F,A)=-1$
et c'est gagné à condition de savoir évidemment ce que sont une inversion et un quadrangle harmonique!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Merci Jean Louis pour ce bel exercice de géométrie circulaire!
On note $H'$ le deuxième point d'intersection de $(AH)$ avec $(O)$ et $A'$ le point diamétralement opposé à $A$ sur $(O)$. Il est alors classique que $A',H,M$ sont alignés, et il est aussi classique que $(A'H') // (BC)$. On continue en géométrie projective.
On note $b_{A,B,C,D}$ le birapport des points $A,B,C,D$. On a : $$
\begin{aligned}
b_{B,C,F,A}&= b_{(EB),(EC),(EF),(EA)} \\
&= b_{B,C,D,(AE) \cap (BC)},&& \text{ en projetant sur }(BC) \\
&= b_{(AB),(AC),(AD),(AE)} \\
&= b_{B,C,H',E} ,&&\text{ en projetant sur }(O)\\
&= b_{(A'B),(A'C),(A'H'),(A'E)} \\
&= b_{B,C,\infty_{(BC)},M}z-v,&& \text{ en projetant sur }(BC) \\
&= b^{-1}_{B,C,M, \infty_{(BC)}} \\
&= (-1)^{-1} \\
&= -1
\end{aligned}
$$ Donc $B,C,F,A$ sont harmoniques sur $(O)$, ainsi $\dfrac{\overline{FB}}{\overline{FC}}:\dfrac{\overline{AB}}{\overline{AC}}=-1$, donc $\dfrac{FB}{FC}:\dfrac{AB}{AC}=1$, d'où $\dfrac{FB}{FC}=\dfrac{AB}{AC}$.
Cordialement,
Quentin H.
EDIT: Je vois que Pappus a été plus rapide que moi sur la projective et a proposé une très jolie preuve
Avec Morley:
Cordialement,
Rescassol
merci pour toutes ces différentes contributions...
Personnellement, je me suis intéressé au point X seconde intersection de (FM) avec (O)...
(AX) étant parallèle à (BC)...Je laisse la porte ouverte pour aller ver un déconfinement...
Any ideas?
Sincèrement
Jean-Louis
j'ai introduit pour continuer, les milieux des arc BC de (O)...
Sincèrement
Jean-Louis
Lemme 1 : $(AE)\perp (EM)$.
Notons $A'$ le milieu de $[AH]$ et $E'$ le milieu de $[AE]$. Il est bien connu que $OA'HM$ est un parallélogramme, donc $(OA')$ et $(HE)$ sont parallèles. De plus, d'après le théorème des milieux, $(A'E')$ et $(HE)$ sont parallèles, donc $O,A',E'$ sont alignés. Or, $(OE')\perp (AE)$, donc $(ME)\perp (AE)$.
Lemme 2 : Soient $A,B,C,D,M$ cinq points tels que $B,C,D,M$ soient alignés. Les cercles $(ABC)$ et $(ADM)$ se recoupent en $E$. La droite $(DE)$ recoupe le cercle $(ABC)$ en $F$. Alors les triangles $AFB$ et $ACM$ sont directement semblables.
C'est une simple chasse aux angles :
$(AC,AM)=(AC,AE)+(AE,AM)=(BC,BE)+(DE,DM)=(DE,BE)=(EF,EB)=(AF,AB)$
et $(BA,BF)=(EA,EF)=(EA,ED)=(MA,MD)=(MA,MC)$.
Revenons au problème.
D'après le lemme 1, les points $A,D,E,M$ sont cocycliques, donc le lemme 2 s'applique. On en déduit que $(AF)$ est la symédiane de $ABC$ issue de $A$.
Notons $F'$ le second point d'intersection de $(AM)$ avec le cercle $(ABC)$. Alors $F'$ est le symétrique de $F$ par rapport à la médiatrice de $[BC]$, donc le problème revient à montrer que $\dfrac{F'C}{F'B}=\dfrac{AB}{AC}$.
Or, la loi des sinus donne $\dfrac{F'C}{F'B}=\dfrac{\sin \widehat{F'BC}}{\sin\widehat{F'CB}}
=\dfrac{\sin \widehat{F'AC}}{\sin\widehat{F'AB}}=\dfrac{\sin \widehat{MAC}}{\sin\widehat{MAB}}$.
De plus, les aires de $ABM$ et de $AMC$ sont égales (même base et même hauteur) et sont égales respectivement à $\frac{1}{2} AB\times AM\times \sin\widehat{MAB}$ et à $\frac{1}{2} AB\times AM\times \sin\widehat{MAB}$, donc $\dfrac{\sin \widehat{MAC}}{\sin\widehat{MAB}}=\dfrac{AB}{AC}$, ce qui conclut.
merci JLT pour votre preuve...
J'ai terminé mon idée précédente en mettant en oeuvre deux fois le théorème de Pascal ''Hexagramma mysticum''...
Sincèrement
Jean-Louis
http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/Docs/Orthique encyclopedie 4.pdf p. 83...
Sincèrement
Jean-Louis