Avec deux orthocentres
dans Géométrie
Bonjour à tous,
j'ai découvert pappus lors de la lecture d'un de ses articles dans la revue Tangente au sujet de....
Aussi, je lui dédie ce problème...
1. ABC un triangle acutangle
2. P un point de [BC]
3. Q l'isotome de P relativement à [BC]
4. Pp, Pq les perpendiculaires à (BC) issues resp. de P, Q
5. E, F les points d'intersection resp. de Pp et (AC), Pq et (AB)
6. M le point d'intersection de (PF) et (QE)
7. H1, H2 les orthocentres resp. des triangles BFP, CEQ.
Question : (AM) est perpendiculaire à (H1H2).
Joyeux Noël et Meilleurs Voeux pour 2021
Sincèrement
Jean-Louis
j'ai découvert pappus lors de la lecture d'un de ses articles dans la revue Tangente au sujet de....
Aussi, je lui dédie ce problème...
1. ABC un triangle acutangle
2. P un point de [BC]
3. Q l'isotome de P relativement à [BC]
4. Pp, Pq les perpendiculaires à (BC) issues resp. de P, Q
5. E, F les points d'intersection resp. de Pp et (AC), Pq et (AB)
6. M le point d'intersection de (PF) et (QE)
7. H1, H2 les orthocentres resp. des triangles BFP, CEQ.
Question : (AM) est perpendiculaire à (H1H2).
Joyeux Noël et Meilleurs Voeux pour 2021
Sincèrement
Jean-Louis
Réponses
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Bonjour,
Avec Morley circonscrit:% Jean-Louis Ayme - 13/12/2020 - Avec deux orthocentres clc, clear all, close all syms a b c syms aB bB cB % Conjugués aB=1/a; bB=1/b; cB=1/c; %----------------------------------------------------------------------- syms t real p=b+t*(c-b); % Un point P de (BC) pB=bB+t*(cB-bB); q=b+c-p; % L'isotomique Q de P qB=bB+cB-pB; [ppbc qpbc rpbc]=DroitePerpendiculaire(p,b,c,pB,bB,cB); % Droite (Pp) [pqbc qqbc rqbc]=DroitePerpendiculaire(q,b,c,qB,bB,cB); % Droite (Pq) [e eB]=IntersectionDeuxDroites(ppbc,qpbc,rpbc,1,a*c,-a-c); [f fB]=IntersectionDeuxDroites(pqbc,qqbc,rqbc,1,a*b,-a-b); % On trouve: e = (2*a*b - a*c + b*c - 2*a*b*t + 2*a*c*t)/(a + b); f = (2*a*c - a*b + b*c + 2*a*b*t - 2*a*c*t)/(a + c); [ppf qpf rpf]=DroiteDeuxPoints(p,f,pB,fB); [pqe qqe rqe]=DroiteDeuxPoints(q,e,qB,eB); [m mB]=IntersectionDeuxDroites(ppf,qpf,rpf,pqe,qqe,rqe); % On trouve: m = (2*a^2 - 3*a^2*t + a*b*t + a*c*t + b*c*t)/(2*a); [h1 h1B]=Orthocentre(b,f,p,bB,fB,pB); [h2 h2B]=Orthocentre(c,e,q,cB,eB,qB); h1=Factor(h1); h2=Factor(h2); % On trouve: h1 = -(a*b - 2*a*c + b*c + c^2*t - 3*a*b*t + 3*a*c*t - b*c*t)/(a - c); h2 = -(a*c - 2*a*b + b*c + b^2*t + 3*a*b*t - 3*a*c*t - b*c*t)/(a - b); h1h2=Factor(h2-h1); h1h2B=Factor(h2B-h1B); am=Factor(m-a); amB=Factor(mB-aB); Nul=Factor(am*h1h2B+amB*h1h2) %Égal à 0, donc c'est gagné
Cordialement,
Rescassol -
Bonjour,
Cordialement,
La droite $(AM)$ est indépendante du choix de $P$ sur $(BC)$.
Elle coupe $(BC)$ en $A_1\left(\dfrac{s_2-a^2}{2a}\right)$, point de contact de la deltoïde de Steiner avec $(BC)$. Ce point et les deux autres obtenus par permutation circulaire forment le triangle podaire $A_1B_1C_1$ du point de De Longchamps $L(-s_1)$ du triangle $ABC$.
Cette droite et les deux droites obtenues par permutation circulaire sont concourantes en l'isotomique $X_{69}(x_{69})$ de l'orthocentre $H(s_1)$ du triangle $ABC$ avec $x_{69}=\dfrac{s_1^2s_2+3s_1s_3-4s_2^2}{s_1s_2-9s_3}$.
Cordialement,
Rescassol -
Mon cher Pappus,
aucune initiative...as-tu une petite idée?
Sincèrement
Jean-Louis -
Mon cher Jean_Louis
Tout d'abord je te souhaite un joyeux Noël et une Bonne Année et je te remercie de tes bons voeux.
Bien sûr j'ai commencé à regarder ta nouvelle énigme mais je suis resté sec pour le moment
Ce que raconte Rescassol, que je salue et à qui j'adresse tous mes voeux, me semble fort intéressant. Il y a sans doute quelque chose à faire avec les droites de Simson.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Mon cher Pappus, bonjour à tous,
pour aller de l'avant...
considérons les symétriques U, T resp. de H1, H2 par rapport au milieu M de [BC]...
Sincèrement
Jean-Louis -
Bonjour à tous, joyeux Noël et Meilleurs Voeux pour 2021,
J'utilise les coordonnées barycentriques.
Le triangle de référence $ABC$ :
$A,B,C\simeq \left[\begin{array}{c} 1\\ 0\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 1\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 0\\ 1\end{array}\right]$
$P$ un point de [BC] :
$P\simeq \left[\begin{array}{c}0\\ 1-t\\t \end{array}\right]$
L'isotome Q de P relativement à [BC] :
$Q\simeq \left[\begin{array}{c}0\\ t\\1-t \end{array}\right]$
Pp, Pq les perpendiculaires à (BC) issues resp. de P, Q :
$P_p : (-b^2 + c^2 + a^2 (1 - 2 t))x -2 a^2 ty -2 a^2 (-1 + t)z=0$
$P_q : (-b^2 + c^2 + a^2 (-1 + 2 t))x+ 2 a^2 (-1 + t)y+ 2 a^2 tz=0.$
E, F les points d'intersection resp. de Pp et (AC), Pq et (AB) :
$E \simeq \left[\begin{array}{c} 2 a^2 (-1 + t)\\0\\-b^2 + c^2 + a^2 (1 - 2 t)\end{array}\right]$
$F \simeq \left[\begin{array}{c}2 a^2 (-1 + t)\\ b^2 - c^2 + a^2 (1 - 2 t)\\ 0\end{array}\right]$
M le point d'intersection de (PF) et (QE) :
$M\simeq \left[\begin{array}{c} -2 a^2 (-1 + t)\\(a^2 - b^2 + c^2) t\\ (a^2 + b^2 - c^2) t\end{array}\right]$
H1, H2 les orthocentres respectifs des triangles BFP, CEQ :
$H_1, H_2\simeq \left[\begin{array}{c} 2 a^2 (a^2 - b^2 + c^2) (-1 + 2 t)\\ a^4 (1 - 3 t) + (b^2 - c^2)^2 (-1 + t) +
2 a^2 (b^2 + c^2) t\\-a^4 t - (b^2 - c^2)^2 t + a^2 (c^2 (4 - 6 t) + 2 b^2 t)\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} -2 a^2 (a^2 + b^2 - c^2) (-1 + 2 t)\\ a^4 t + (b^2 - c^2)^2 t + a^2 (-2 c^2 t + b^2 (-4 + 6 t))\\ -(b^2 - c^2)^2 (-1 + t) - 2 a^2 (b^2 + c^2) t + a^4 (-1 + 3 t)\end{array}\right]$
Question : (AM) est-elle perpendiculaire à (H1H2) ?
$(AM) \simeq \left[\begin{array}{c} 0\\ -a^2 - b^2 + c^2\\ a^2 - b^2 + c^2\end{array}\right]=U$
$(H_1H_2) \simeq \left[\begin{array}{c} (b^2 - c^2)^2 + 2 a^2 (b^2 + c^2) + a^4 (1 - 4 t)\\ 2 a^2 (b^2 - c^2 + a^2 (1 - 2 t))\\ 2 a^2 (-b^2 + c^2 + a^2 (1 - 2 t))\end{array}\right]=V$
On a
$U^{t} \times \left[\begin{array}{c} 2a^2 & - a^2 - b^2 + c^2 & - a^2 + b^2 - c^2\\ - a^2 - b^2 + c^2 & 2b^2 & a^2 - b^2 - c^2\\ - a^2 + b^2 - c^2 & a^2 - b^2 - c^2 & 2c^2\end{array}\right] \times V=0$
Ainsi $(AM)$ est perpendiculaire à $(H_1H_2).$
Amicalement -
Bonjour Jean-Louis
Quelques éléments incomplets :
$H_1$ est l'orthocentre de BFP, donc F est l'orthocentre de $BH_1P$
même chose pour $H_2$
On retrouve en-dessous de BC la même figure qu'au-dessus à une symétrie près autour du milieu O de BC et une affinité par rapport à BC.
En permutant P et Q, on passe de E et F à E' et F', et de M à M'. Le théorème de Désargues appliqué à E'FPF'EQ montre que A, M et M' sont alignés. Il reste à montrer que le milieu de MM' est fixe et que c'est le milieu de AG' (la droite AG' est la conjuguée isotomique de la hauteur AG) : cela résulte de la "pseudo-symétrie" indiquée ci-dessus. Soit $N=H_1P \cap H_2Q$ : sa projection orthogonale sur BC est confondue avec celle de M'.
Il reste aussi à montrer que $H_1H_2$ reste parallèle à une direction fixe. On se place alors dans le cas particulier où P est en B : A' est sur le cercle circonscrit à ABC et on prouve facilement l'orthogonalité de $H_1H_2$ et de AG' par les angles.
Joyeux Noël
PL -
Bonjour,
• Notons X le milieu de [BC]
et U, T les symétriques de H1, H2 par rapport à M.
• Conclusion partielle : (H1H2) // (UT)
• Les triangles BFP et CEQ sont * orthologiques, U et T en sont les centres
* perspectifs, d'axe (AM).
Nous pouvons conclure...
Sincèrement
Jean-Louis -
Mon cher Pappus,
après ma dernière intervention, je te laisse le plaisir de citer le théorème que tu connais si bien...
J'attends...
Sincèrement
Jean-Louis -
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