Un point sur le cercle (BHC)

Jean-Louis Ayme

Bonjour,

1. ABC un triangle acutangle tel que AB<AC
2. H l'orthocentre
3. PQR le triangle orthique
4. (O), (N) les cercles circonscrit, d’Euler
5. S le point d’intersection de [RQ[ avec (O)
6. X le point d’intersection de [SH[ avec (N).
Question : X est sur la cercle circonscrit au triangle BHC.

 Sincèrement
Jean-Louis

pappus

Merci Jean Louis pour ce joli problème

Indication:

$H$ est le pôle d'une inversion échangeant les cercles $(O)$ et $(N)$ qui envoie la droite $QR$ sur le cercle $BHC$.

Le cercle d'inversion (cercle polaire) n'est réel que si le triangle $ABC$ est obtusangle.

Amicalement

pappus

jelobreuil

Bonjour Jean-Louis, Pappus,

Une deuxième question : soit U le point d'intersection de [SH[ avec (O). Montrer que HX = XU.

A moins que, Jean-Louis, tu ne l'aies déjà posée antérieurement ? Ou que cela fasse partie de la solution ?

Bien amicalement, JLB

pappus

Mon cher Jelobreuil

$H$ est aussi le centre d'un homothétie de rapport $\dfrac 12$ envoyant le cercle $(O)$ sur le cercle $(N)$.

C'était enseigné autrefois quand les homothéties étaient encore au programme. Voir le Lebossé-Hémery ou tout autre vieux grimoire analogue.

Amicalement

pappus

PS

Il existe une autre homothétie de rapport $-\dfrac 12$ envoyant $(O)$ sur $(N)$. Quel est son centre?

jelobreuil

Merci, Pappus, de me rappeler cette homothétie, que je connaissais pourtant, pour l'avoir vue mentionnée dans le Sortais, mais qui m'était sortie de l'esprit !

Quant à l'autre homothétie dont tu parles, son centre est $G$ (encore merci, Sortais !). 

Amitiés

Rescassol

Bonjour,

Bon, c'est un peu lourd à cause du second degré, mais voilà une solution en barycentriques:

% Jean-Louis Ayme - 20 Février 2024 - Un point sur le cercle (BHC)

clc, clear all, close all

syms a b c real % Longueurs des 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;

% Sommets du triangle ABC
A=[1; 0; 0]; B=[0; 1; 0]; C=[0; 0; 1];

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

syms d x y z t u real
f(x,y,z)=a^2*y*z+b^2*z*x+c^2*x*y; % Cercle circonscrit au triangle ABC
H=[Sbc; Sca; Sab]; P=[0; Sca; Sab]; Q=[Sbc; 0; Sab]; R=[Sbc; Sca; 0];

S=SimplifieBary(Barycentre([Q R],[t 1-t]));
NulS=Factor(f(S(1),S(2),S(3)))
EqS=a^2*Sa*t^2 - 2*Sa*Sc*t - b^2*Sb;
Delta=Factor(Sa*(Sa*Sc^2+a^2*b^2*Sb));
% Delta = -Sa*(a^6 - 3*(b^2+c^2)*a^4 + 3*(b^2-c^2)^2*a^2 - (b^2-c^2)^2*(b^2+c^2))/8
% Delta=d^2
t1=(Sa*Sc-d)/(a^2*Sa);
S1=SimplifieBary(Barycentre([Q R],[t1 1-t1]));
X1=SimplifieBary(Barycentre([S1 H],[u 1-u]));
NulX1=Factor(Cocycliques(P,Q,R,X1,a,b,c));
EqX=(16*a^4*u^2 - 32*a^2*b^2*u^2 - 32*a^2*c^2*u^2 + 16*b^4*u^2 - 32*b^2*c^2*u^2 + 16*c^4*u^2)*d^2 + (16*a^6*b^2*u^2 - 8*a^6*b^2*u - 16*a^6*c^2*u^2 + 8*a^6*c^2*u - 48*a^4*b^4*u^2 + 24*a^4*b^4*u + 48*a^4*c^4*u^2 - 24*a^4*c^4*u + 48*a^2*b^6*u^2 - 24*a^2*b^6*u - 16*a^2*b^4*c^2*u^2 + 8*a^2*b^4*c^2*u + 16*a^2*b^2*c^4*u^2 - 8*a^2*b^2*c^4*u - 48*a^2*c^6*u^2 + 24*a^2*c^6*u - 16*b^8*u^2 + 8*b^8*u + 32*b^6*c^2*u^2 - 16*b^6*c^2*u - 32*b^2*c^6*u^2 + 16*b^2*c^6*u + 16*c^8*u^2 - 8*c^8*u)*d - a^12*u^2 + 2*a^10*b^2*u^2 + 2*a^10*b^2*u + 2*a^10*c^2*u^2 + 2*a^10*c^2*u + 5*a^8*b^4*u^2 - 10*a^8*b^4*u - 14*a^8*b^2*c^2*u^2 + 8*a^8*b^2*c^2*u - 4*a^8*b^2*c^2 + 5*a^8*c^4*u^2 - 10*a^8*c^4*u - 20*a^6*b^6*u^2 + 20*a^6*b^6*u + 20*a^6*b^4*c^2*u^2 - 16*a^6*b^4*c^2*u + 4*a^6*b^4*c^2 + 20*a^6*b^2*c^4*u^2 - 16*a^6*b^2*c^4*u + 4*a^6*b^2*c^4 - 20*a^6*c^6*u^2 + 20*a^6*c^6*u + 25*a^4*b^8*u^2 - 20*a^4*b^8*u - 12*a^4*b^6*c^2*u^2 + 4*a^4*b^6*c^2*u + 4*a^4*b^6*c^2 - 26*a^4*b^4*c^4*u^2 + 32*a^4*b^4*c^4*u - 8*a^4*b^4*c^4 - 12*a^4*b^2*c^6*u^2 + 4*a^4*b^2*c^6*u + 4*a^4*b^2*c^6 + 25*a^4*c^8*u^2 - 20*a^4*c^8*u - 14*a^2*b^10*u^2 + 10*a^2*b^10*u + 10*a^2*b^8*c^2*u^2 - 2*a^2*b^8*c^2*u - 4*a^2*b^8*c^2 + 4*a^2*b^6*c^4*u^2 - 8*a^2*b^6*c^4*u + 4*a^2*b^6*c^4 + 4*a^2*b^4*c^6*u^2 - 8*a^2*b^4*c^6*u + 4*a^2*b^4*c^6 + 10*a^2*b^2*c^8*u^2 - 2*a^2*b^2*c^8*u - 4*a^2*b^2*c^8 - 14*a^2*c^10*u^2 + 10*a^2*c^10*u + 3*b^12*u^2 - 2*b^12*u - 6*b^10*c^2*u^2 + 4*b^10*c^2*u - 3*b^8*c^4*u^2 + 2*b^8*c^4*u + 12*b^6*c^6*u^2 - 8*b^6*c^6*u - 3*b^4*c^8*u^2 + 2*b^4*c^8*u - 6*b^2*c^10*u^2 + 4*b^2*c^10*u + 3*c^12*u^2 - 2*c^12*u;
EqX=Factor(subs(EqX,d^2,Delta)) ;
EqX=(a^8*b^2 + a^8*c^2 - 4*a^6*b^4 + 2*a^6*b^2*c^2 - 4*a^6*c^4 + 6*a^4*b^6 - 6*a^4*b^4*c^2 - 6*a^4*b^2*c^4 - 4*d*a^4*b^2 + 6*a^4*c^6 + 4*d*a^4*c^2 - 4*a^2*b^8 + 6*a^2*b^6*c^2 - 4*a^2*b^4*c^4 + 8*d*a^2*b^4 + 6*a^2*b^2*c^6 - 4*a^2*c^8 - 8*d*a^2*c^4 + b^10 - 3*b^8*c^2 + 2*b^6*c^4 - 4*d*b^6 + 2*b^4*c^6 + 12*d*b^4*c^2 - 3*b^2*c^8 - 12*d*b^2*c^4 + c^10 + 4*d*c^6)*u - 2*a^6*b^2*c^2 + 2*a^2*b^6*c^2 - 4*a^2*b^4*c^4 + 2*a^2*b^2*c^6;
CoX=coeffs(EqX,u,'All');
u1=Factor(-CoX(2)/CoX(1))
X1=SimplifieBary(Barycentre([S1 H],[u1 1-u1]))
% X1 =
% [2*Sb*Sc*(4*(c^2-b^2)*d + a^4*b^2 + a^4*c^2 - 2*a^2*b^4 + 4*a^2*b^2*c^2 - 2*a^2*c^4 + b^6 - b^4*c^2 - b^2*c^4 + c^6);
% -Sc*(-4*(a^2*b^2 - 2*a^2*c^2 - b^4 - b^2*c^2 + 2*c^4)*d - 2*Sa*(a^4*b^2 + 2*a^4*c^2 - 2*a^2*b^4 + 6*a^2*b^2*c^2 - 4*a^2*c^4 + b^6 - 3*b^2*c^4 + 2*c^6));
% Sb*(4*(2*a^2*b^2 - a^2*c^2 - 2*b^4 + b^2*c^2 + c^4)*d + 2*Sa*(2*a^4*b^2 + a^4*c^2 - 4*a^2*b^4 + 6*a^2*b^2*c^2 - 2*a^2*c^4 + 2*b^6 - 3*b^4*c^2 + c^6))]
Nul=Factor(Cocycliques(B,C,H,X1,a,b,c));
Nul=Factor(subs(Nul,d^2,Delta)) 
% Nul=0 donc X1 est sur le cercle circonscrit au triangle BCH
% Il en est de même pour X2

Cordialement,

Rescassol

pldx1

Bonjour,

Triangle acutangle= peu importe
$AB < AC $ = peu importe.

La droite $QR$ coupe le circonscrit en deux points  $S_j$ parce qu'au moins un des deux points $Q,R$ est à l'intérieur du cercle. 
Ensuite, la droite $HS_j$  recoupe le cercle $HBC$ en un point visible $U_j$... parce que la première intersection est visible.

Et il reste, tout le temps, toujours, que les $U_j$ sont sur le NPC.




Dans le cas acutangle, $(S_j-H)(U_j-H)<0$. C'est pas grave, le cercle d'inversion est simplement imaginaire. Il suffit de tracer le cercle réel associé en gras mauve pointillé et de combiner une réflection dans le gras mauve avec une réflection dans $H$. 

Cordialement, Pierre.

pldx1

Jean-Louis Ayme

Bonjour,

synthétiquement, c'est possible....je passe à la rédaction...

Sincèrement
Jean-Louis

gipsyc

Bonjour
Un commentaire,  tiré d'un exercice précédent de JL Ayme

Non seulement 
  YX = XH,
comme signalé par Jelobreuil, et
   HZ = ZS
(homothétie de centre H et de rapport ½  signalée par pappus), mais également
   AT = AX = AS,
qui était la question d'un exercice précédent de JL Ayme avec la même construction.

L'intersection de TH avec le cercle d'Euler donne également par analogie de construction un point sur le cercle (BHC).
La congruence du cercle (BHC) de Carnot avec le cercle (ABC) est sans doute un élément de la solution.

Bien cordialement,
Jean-Pol Coulon