Deux perpendiculaires

Bonjour Jean-Louis,

Utilisons les coordonnées barycentriques.

Le triangle de référence:

$A,B,C\simeq\left[\begin{array}{c} 1\\ 0\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 1\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 0\\ 1\end{array}\right].$

Le triangle orthique:

$P,Q,R\simeq\left[\begin{array}{c} 0\\ -a^2 - b^2 + c^2\\ -a^2 + b^2 - c^2\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} a^2 + b^2 - c^2\\ 0\\ -a^2 + b^2 + c^2\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} a^2 - b^2 + c^2\\ -a^2 + b^2 + c^2\\ 0\end{array}\right].$

(O) le cercle circonscrit à ABC :

$c^2 x y + b^2 x z + a^2 y z=0.$

U le point d'intersection de la tangente à (O) en A avec (BC):

$U\simeq\left[\begin{array}{c} 0\\ b^2\\ -c^2\end{array}\right].$

V le point d'intersection de la parallèle à (BC) issue de A avec (QR) :

$V\simeq\left[\begin{array}{c} 2 (b^2 - c^2)\\ a^2 - b^2 - c^2\\ -a^2 + b^2 + c^2\end{array}\right].$

M le milieu de [BC] :

$M\simeq\left[\begin{array}{c} 0\\ 1\\ 1\end{array}\right].$

La droite (AM):

$-y+z=0.$

La droite (UV):

$(a^2 - b^2 - c^2)x+ 2 c^2y +2 b^2z=0.$

$(AM)$ est-elle perpendiculaire à $(UV)$ ?

Oui.

Cordialement

Bonjour,

J'aimerai résoudre ce problème avec la géométrie élémentaire : angles inscrits, triangles semblables etc.

Je note $O$ le centre du cercle circonscrit du triangle $ABC$ et $H$ son orthocentre.
Pour simplifier les écritures, je note $\widehat A =\widehat {BAC}$, $\widehat B=\widehat{ABC}$ et $\widehat C = \widehat {BCA}$

Dans le cercle circonscrit du triangle $ACB$, les théorèmes des angles au centre et angle inscrits donnent: $\widehat {AOB}=2 \widehat C$ et $\widehat {BOM}=\widehat A$
Comme $[AV)$ est tangente au cercle, les angles inscrits $\widehat {UAB}$ et $\widehat C$ sont égaux car ils interceptent le même arc.
On remarquera aussi que les angles $\widehat C$ et $\widehat {CAV}$ sont égaux parce que ce sont des angles alternes-internes dessinés par une sécante à deux parallèles.

Le quadrilatère $BRQC$ est inscrit dans le cercle de diamètre $[BC]$ puisque $BRC$ et $BQC$ sont des triangles rectangles. Il en résulte que ses angles opposés sont supplémentaires par paires. Aussi, on pourra en déduire que $\widehat {AQR}=\widehat B$ et $\widehat {QRA}=\widehat C$.
Toutes ces égalités d'angles sont codées par des couleurs sur la figure ci-dessous.
Au passage, on pourra remarquer que les droites $(QR)$ et $(AU)$ sont parallèles puisqu'elles ont des angles alternes-internes verts égaux, même si on n'en a pas vraiment besoin dans la suite.

Je vais maintenant m'appliquer à montrer que les triangles $OMA$ et $AVU$ sont semblables, mais cela nécessite quelques préliminaires: je remarquerai d'abord que les triangles $AQV$ et $ABU$ sont semblables : en effet chacun d'eux a un angle vert égal à $\widehat C$ et un deuxième angle (obtus sur la figure) supplémentaire à $\widehat B$
Le rapport de similitude de ces deux triangles est $\frac {AQ}{AB}=\cos(\widehat A)$.
Par conséquent on a aussi $\frac {AV}{AU}=\cos(\widehat A)$.

Parlons maintenant des triangles $OMA$ et $AVU$ : Ils on déjà leurs angles obtus égaux: $\widehat {AOM}=\widehat {UAV}= \widehat A +2 \widehat C$
Dans le triangle $OMA$, on a $\frac{OM}{OA}=\frac{OM}{OB}=\cos(\widehat A)$
Donc $\frac{OM}{OA}=\frac{AV}{AU}$.
Il en résulte que les triangles $OMA$ et $AVU$ sont bien semblables.

Or ils ont deux paires de côtés respectifs perpendiculaires :
$(AV)$ est perpendiculaire à $(OM)$ et $(AU)$ est perpendiculaire à $(OA)$.
Alors leurs troisièmes côtés respectifs sont aussi perpendiculaires, à savoir:
$(UV)$ est perpendiculaire à $(AM)$. CQFD.

Amicalement. jacquot

Merci Jacquot pour ta belle démonstration.
Mais je pense qu'il y manque juste un chouia!
Deux triangles $ABC$ et $A'B'C'$ peuvent être semblables avec $AB\perp A'B'$ et $AC\perp A'C'$ mais $BC\not\perp B'C'$.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour Jacquot
Autrefois on étudiait les triangles semblables en vue de démontrer le théorème de Pythagore.
Les triangles semblables ayant disparu définitivement de la circulation, le théorème de Pythagore s'est transformé en Axiome.
Dans le cas de l'exercice de Jean-Louis, il n'y a pas grand chose à changer à ta brillante démonstration.
Il faut seulement démontrer que tes triangles sont directement semblables et pour cela utiliser les angles orientés et non les angles camemberts (i.e: non orientés).
Deux petites questions insidieuses:
1° Dans l'exercice de Jean-Louis, où est situé le centre de la similitude directe entre tes deux triangles?
2° Dans la défunte (à jamais) démonstration du théorème de Pythagore par les triangles semblables, les similitudes utilisées sont-elles directes ou indirectes?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Merci Jacquot
En ce qui concerne la question 2°, c'est exact, les similitudes intervenant entre le triangle $ABC$ et les deux petits triangles sont indirectes. C'est amusant de le constater.
Pour démontrer autrefois le théorème de Pythagore, on utilisait des similitudes indirectes, sans le dire évidemment!
Et quand on y réfléchit, c'était pratiquement la première fois où on les utilisait puisqu'une fois achevée la théorie des triangles semblables, on se précipitait comme des morts de faim sur la démonstration du théorème de Pythagore.
Aujourd'hui on a plus tous ces problèmes pédagogiques et on se contente d'ânonner ad nauseam l'axiome de Pythagore en compagnie de son compère l'axiome de Thalès!
Pour la question 1°, tu as encore raison, on peut préciser en disant que ton point $ICI$ est la projection orthogonale du point $O$ sur la $A$-symédiane.
Amicalement
[small]p[/small]appus