Problème n°1 de Francisco Javier García Capitán

Bonjour,
Soit $ABC$ un triangle, $H$ son orthocentre, $X$ est l'intersection entre $BC$ et la parallèle passant par $H$ à $AB$, $F$ est l'intersection entre $CH$ et la parallèle passant par $A$ à $BC$, $D$ est un point quelconque sur $BC$, $J$ est l'intersection entre $DF$ et $AH$, $E$ est l'intersection entre $X J$ et $AF$.
Démontrer que $HD$ et $HE$ sont perpendiculaires.
Amicalement

Réponses

  • Bonjour,

    En barycentrique:
    % Bouzar - 10 Février 2024 - Problème n°1 de Francisco Javier García Capitán
    
    clc, clear all, close all
    
    % Rappel: le point virgule signifie "en colonne", 
    % et la virgule ou l'espace "en ligne".
    
    syms a b c real % Longueurs des côtés du triangle ABC
    
    A=[1; 0; 0]; B=[0; 1; 0]; C=[0; 0; 1]; % Sommets du triangle ABC
    BC=[1, 0, 0]; CA=[0, 1, 0];  AB=[0, 0, 1]; % Côtés du triangle ABC
    
    % Notations de Conway
    Sa=(b^2+c^2-a^2)/2; Sb=(c^2+a^2-b^2)/2; Sc=(a^2+b^2-c^2)/2;
    Sab=Sa*Sb; Sbc=Sb*Sc; Sca=Sc*Sa;
    
    Pyth=MatricePythagore(a,b,c);
    
    %-----------------------------------------------------------------------
    
    syms t real
    
    H=[Sbc; Sca; Sab]; % Orthocentre du triangle ABC
    X=Wedge(BC,Wedge(H,Vecteur(A,B)));
    F=Wedge(Wedge(C,H),Wedge(A,Vecteur(B,C)));
    D=Barycentre([B C],[1 t]);
    J=Wedge(Wedge(D,F),Wedge(A,H));
    E=Wedge(Wedge(X,J),Wedge(A,F));
    
    Nul=Factor(Vecteur(H,D)*Pyth*Vecteur(H,E).')
    % Nul=0, donc les droites (HD) et (HE) sont orthogonales
    Cordialement,
    Rescassol

  • Bonjour Rescassol et merci pour ta contribution.
  • Bonjour
    J'ai deux questions à poser. 
    Pour ce type de problème, à part les démonstrations par le calcul données par @Rescassol, existe-t-il une solution différente sans calcul?
    Je me rend compte que peu de problème ne résiste aux calculs de @Rescassol . Mais est-ce-que ses 
    calculs peuvent servir à trouver des démonstrations "synthétiques".     
     
  • Bonjour Bd2017,

    Pour ce qui est des solutions "sans calculs", divers intervenants en trouvent régulièrement par exemple Jean-Louis Aymé, Pappus, ou notre regretté Poulbot, entre autres. Elles ne sont pas forcément plus simples.
    D'autre part, je ne résous pas tout par mes méthodes. J'ai des difficultés dès qu'il y a trop de points faibles, par exemple trop de centres de cercles tangents, c'est à dire des choses s'exprimant à l'aide de racines carrées.

    Cordialement,
    Rescassol

  • Salut,
    Je pense avoir une solution relativement simple :  

    On note $A'$ le pied de la hauteur issue de $A$ et $G$ l'intersection de $(EH)$ avec $(BC)$.
    Pour $A,B,C$ fixés, l' applications $D\mapsto J\mapsto E\mapsto G$ est une homographie de la droite $(BC)$ qui échange $A'$ et le point à l'infini  et qui envoie le point $C$ sur le point $X$.  Il y a donc trois points pour lesquels elle a la même image que l'application qui, à $D$ associe l'intersection de $(BC)$ et de la perpendiculaire à $(DH)$ passant par $H$ qui est elle même une homographie de la droite $(BC)$.
    Donc les deux applications coïncident.
  • Tonm
    Modifié (11 Feb)
    Bonjour, merci pour le problème, il y a une façon de le mettre généralement; dans la figure jointe on se donne un trapèze  $XDEF$ dont les diagonales se coupent en $J$. Alors tout revient à montrer que les deux cercles de diamètres $[FX]$ et $[DE]$ on pour axe radicale l'axe des hauteurs dans les deux triangles $FJE$ et $XJD$. Les points gris clair sont ajoutés à la figure.

    Cordialement.
  • Bonsoir et merci à Ben314159 et Tonm pour vos contributions.
  • Jean-Louis Ayme
    Modifié (14 Feb)
    Bonjour,
    après réflexion, ce résultat est basé sur une exploitation du théorème de Blanchet un continuateur de Legendre....
    Sincèrement
    Jean-Louis
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