Un problème sans problème
dans Géométrie
Bonjour,
1. ABC un triangle acutangle
2. H l'orthocentre de ABC
3. PQR le triangle orthique de ABC
4. M, N les milieux resp. de [BC], [QR],
Question : le cercle circonscrit au triangle MNH est tangent à (AP) en H.
Sincèrement
Jean-Louis
[Contenu du fichier pdf joint. AD]
1. ABC un triangle acutangle
2. H l'orthocentre de ABC
3. PQR le triangle orthique de ABC
4. M, N les milieux resp. de [BC], [QR],
Question : le cercle circonscrit au triangle MNH est tangent à (AP) en H.
Sincèrement
Jean-Louis
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Réponses
-
Bonjour,
Voilà une solution en barycentriques:% Jean-Louis Ayme - 09/06/2020 - Un problème sans problème clc, clear all, close all syms a b c real % Les longueurs des côtés A=[1; 0; 0]; % Sommets du triangle ABC B=[0; 1; 0]; C=[0; 0; 1]; BC=[1, 0, 0]; % Côtés du triangle ABC CA=[0, 1, 0]; AB=[0, 0, 1]; %----------------------------------------------------------------------- M = [0; 1; 1]; % Milieu de [BC] Q = ProjectionOrthogonaleBary(B,CA,a,b,c); % Pied Q de la B-hauteur R = ProjectionOrthogonaleBary(C,AB,a,b,c); % Pied R de la C-hauteur % On trouve % Q = % - a^2 - b^2 + c^2 % 0 % a^2 - b^2 - c^2 % R = % - a^2 + b^2 - c^2 % a^2 - b^2 - c^2 % 0 H = OrthocentreBary(A,B,C,a,b,c); % Orthocentre du triangle ABC % On trouve % H = % (a^2 - b^2 + c^2)*(a^2 + b^2 - c^2) % (- a^2 + b^2 + c^2)*(a^2 + b^2 - c^2) % (- a^2 + b^2 + c^2)*(a^2 - b^2 + c^2) N = MilieuBary(Q,R,a,b,c); % Milieu de [QR] F=8*a^2*b^2*c^2*(- a^2 + b^2 + c^2)^2; % Facteur de simplification0 N=FactorT(N/F); % On trouve: % N = % a^2*b^2 + a^2*c^2 - b^4 + 2*b^2*c^2 - c^4 % b^2*(- a^2 + b^2 + c^2) % c^2*(- a^2 + b^2 + c^2) J = CentreCercleCirconscritBary(M,N,H,a,b,c); F=(- a^2 + b^2 + c^2)*(a + b + c)*(a + b - c)*(a - b + c)*(b - a + c)/(2*b^2*c^2); % Facteur de simplification J=FactorT(J/F); % On trouve: % J = % 4*(b + c)*(b - c)*(a^2 - b^2 + c^2)*(a^2 + b^2 - c^2) % - a^6 - 4*a^4*b^2 + 4*a^4*c^2 + 3*a^2*b^4 + 2*a^2*b^2*c^2 - 5*a^2*c^4 + 2*b^6 - 2*b^4*c^2 - 2*b^2*c^4 + 2*c^6 % a^6 - 4*a^4*b^2 + 4*a^4*c^2 + 5*a^2*b^4 - 2*a^2*b^2*c^2 - 3*a^2*c^4 - 2*b^6 + 2*b^4*c^2 + 2*b^2*c^4 - 2*c^6 JH=Wedge(J,H); % Droite (JH) F = (a^6 - 3*a^2*b^4 + 6*a^2*b^2*c^2 - 3*a^2*c^4 + 2*b^6 - 2*b^4*c^2 - 2*b^2*c^4 + 2*c^6); % Facteur de simplification JH=FactorT(JH/F); % On trouve: % JH = [ -2*a^2*(- a^2 + b^2 + c^2), (a^2 - b^2 + c^2)*(a^2 + b^2 - c^2), (a^2 - b^2 + c^2)*(a^2 + b^2 - c^2)] T=Wedge(JH,[1,0,0]); % Point d'intersection de (H) et (BC) % On trouve T = [0; 1; -1] qui est de somme nulle % donc (JH) et (BC) sont parallèles
Cordialement,
Rescassol -
Bonsoir,
Ou un p'tit coup de Morley circonscrit:% Jean-Louis Ayme - 09/06/2020 - Un problème sans problème clc, clear all, close all syms a b c syms aB bB cB % Conjugués aB=1/a; bB=1/b; cB=1/c; syms s1 s2 s3; syms s1B s2B s3B; % Conjugués s1=a+b+c; s2=a*b+b*c+c*a; s3=a*b*c; s1B=s2/s3; s2B=s1/s3; s3B=1/s3; %----------------------------------------------------------------------- m=(b+c)/2; % Milieu de [BC] mB=(bB+cB)/2; q=(s1*b-c*a)/(2*b); % Pied de la B-hauteur r=(s1*c-a*b)/(2*c); % Pied de la C-hauteur qB=(s1B*bB-cB*aB)/(2*bB); rB=(s1B*cB-aB*bB)/(2*cB); n=Factor((q+r)/2); % Milieu de [QR] nB=Factor((qB+rB)/2); % On trouve n = (2*b^2*c - a*b^2 + 2*b*c^2 + 2*a*b*c - a*c^2)/(4*b*c) % Cercle circonscrit au triangle MNH [j jB] = CentreCercleCirconscrit(m,n,s1,mB,nB,s1B); j=Factor(j); % On trouve: j = (4*a^3+(b+c)*(6*a^2+a*(b+c)-2*b*c))/(4*(a^2-b*c)); bc = c-b; bcB = cB-bB; jh = s1-j; jhB = s1B-jB; Nul=Factor(bc*jhB-bcB*jh) % Égal à 0, donc (JH) et (BC) sont parallèles
Cordialement,
Rescassol -
Ou un pt'it coup d'Axiome de Pythagore!
$$OH^2=OQ^2=OR^2=\overline{OM}.\overline{ON}\qquad$$
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour,
Bien joué, Pappus.
Cordialement,
Rescassol -
Bonjour,
belle preuve pappus..
(Juste pour rappeler que M, N et O sont sur la droite de Newton...)
Ta preuve propose ce petit résultat : démontrer que <OQM est droit...
Comment?
Sincèrement
Jean-Louis -
Mon cher Jean-Louis
Le coup de la droite de Newton, j'y avais pensé aussi. mais les points $M$ et $O$ sont tout simplement sur la médiatrice de $QR$.
Cette question d'angle droit,(le seul angle qui nous reste encore très provisoirement avec l'angle plat!), est plus subtile.
Qui va s'y coller?
Encore moi comme d'hab?
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Mon cher Pappus,
les cercles de diamètre [AH] et [BC] sont orthogonaux...le résultat suit...
Pour le problème initial, les triangles HBC et HRQ étant inversement semblables...j'ai introduit le point O centre du cercle circonscrit à ABC...pour terminer, j'ai terminé avec une preuve angulaire...next on my site... pour tout mettre au propre.
Pour terminer ce petit problème, il reste à montrer l'orthogonalité de ces deux cercles...
Je te laisse réfléchir...une soltion différente de lla mienne peut surgir...
Avec toutes mes amitiés
Jean-Louis -
Mon cher Jean-Louis
Pour l'orthogonalité, on pourrait passer par l'évaluation de produits scalaires mais est-ce encore de la géométrie synthétique?
On va se contenter d'une chasse aux angles orientés de droites mais qui pourrait la comprendre?
En tout cas, on part d'un angle pour arriver inexorablement à un autre!
$(MR,RC)=(RC,MC)\qquad$ (symétrie par rapport à la médiatrice de $RC$ dans le triangle isocèle $MRC$)
$(RC,MC)=(CR,CP)\qquad$ (alignement des points $C$, $P$, $M$)
$((CR,CP)=(AR,AP)\qquad$ cocyclicité des points $A$, $C$, $P$, $R$ sur le cercle de diamètre $AC$).
$(AR,AP)=(AR,AO)\qquad$ (alignement des points $A$, $P$, $O$).
$(AR,AO)=(RO,RA)\qquad$ (symétrie par rapport à la médiatrice de $AR$ dans le triangle isocèle $OAR$).
Résultat des courses:
$$(RM,RC)=(RO,RA)\qquad $$
Comme $RC\perp RA\qquad$, cette égalité angulaire entraîne: $RM\perp RO$.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Mon cher pappus,
merci pour ta réponse...
J'ai utilisé un résultat de Nathan Altshiller-Court
Ayme J.-L., A propos de la ponctuelle (MH), G.G.G. vol. 7, p. 50-51 ; http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/
Sincèrement
jean-Louis -
Bonjour,
http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/Docs/Orthique encyclopedie 6.pdf p. 39...
Sincèrement
Jean-Louis
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Bonjour!
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