Deux parallèles

Bonjour, avec un calcul pas trés compliqué, on pourra avoir $\tan(\widehat{OMD})=\tan(\widehat{PXB})$.
Ça serait étonnant si vous arrivez à le prouver sans calcul...

Bonsoir,

Un calcul en complexes:

% Jean-Louis Ayme - 12 Juin 2021 - Deux parallèles

clear all, clc

a=-1-1i; % Un carré ABCD
b=1-1i;
c=1+1i;
d=-1+1i;

aB=d; % Conjugués
bB=c;
cB=b;
dB=a;

o=0;    % Centre du carré
oB=0;

%-----------------------------------------------------------------------

syms rac % rac=sqrt(3)

j=(1+i*rac)/2; % Rotation de pi/3
jB=1/j;

p=a+j*(b-a);      % PAB est équilatéral
pB=aB+jB*(bB-aB);

p=Factor(p)

[ppa qpa rpa]=DroiteDeuxPoints(p,a,pB,aB);
[m mB]=IntersectionDeuxDroites(ppa,qpa,rpa,1,-1,-2*i);

m=Factor(m) % Point d'intersection M de (PA) et (DC)

r=(a+p)/2; % Milieu R de [AP]
rB=(aB+pB)/2;

r=Factor(r)

% Droite Delta passnt par P parallèle à (MO)

[ppx qpx rpx]=DroiteParallele(p,m,o,pB,mB,oB);
[x xB]=IntersectionDeuxDroites(ppx,qpx,rpx,1,-1,2*i);

x=Factor(x) % Point d'intersection M de Delta et (AB)

% Carrés des distances de X aux droites (RA) et (RB)

dista=Distance2PointDroite(x,r,a,xB,rB,aB)
distb=Distance2PointDroite(x,r,b,xB,rB,bB)

% On vérifie que ces distances sont égales

Nul=Factor(dista-distb) % il y a rac^2-3 en facteur, donc c'est gagné

Cordialement,

Rescassol

Bonjour,
pour simplifier: je suppose que AB = 2 , je pose x = racine carrée de 3 = tan(60°) ; la droite OP coupe AB en I et CD en J.
On a donc OI = OJ = 1.
Tan(POM) = tan(JOM) = JM/OJ = JM/1 = JM. Or DMA = 60° et donc x = JP / JM soit JM = JP / x. Comme IP = x alors JP = 2 - x .
En conséquence JM = (2 - x)/x.
Le triangle ARX a pour hauteur RH et est tel que les angles mesurent A = 60°, R = 45° et X = 75°.
Par l'homothétie de centre A et de rapport 2, le point R devient P , le point X devient Y et H devient I .
Le triangle rectangle IPY est tel que I = 90°, Y = 75° et P = 15°.
Il est donc semblable au triangle JPC.
On a donc : IY/JP = YP/PC = PI/CJ = x/1 = x.
On en déduit IY = xJP = x(2-x) = 2x - x² = 2x - 3.
En conséquence YB = IB - IY = 1 - (2x - 3) = 4 - 2x.
Donc (à cause de l'homothétie) XI = YB/2 = 2-x.
L'angle XPI est tel que tan(XPI) = XI/IP = (2 -x) /x .
Les angles XPO et POM , ayant même tangente sont égaux.
En conclusion : XP est parallèle à OM .

Bien cordialement.
kolotoko

Bonjour à tous,
En effet, PGL, une fois démontré que le milieu S de PX est sur la diagonale AC, Thalès permet de conclure :
Soit T le point d'intersection de la parallèle à AB passant par P et de la diagonale AC : on peut écrire AP/AM = AT/AC = 2AS/2AO, car RS, étant parallèle à AB dans le triangle APX, est aussi parallèle à PT dans le triangle APT, donc S est le milieu de AT (et le quadrilatère APTX est un parallélogramme ...).
On a donc AP/AM = AS/AO, ce qui fait que PS, ainsi donc que PX, est parallèle à MO.
Bien cordialement
JLB