Compétition mathématique 11

Bouzar
Bouzar
dans Géométrie
Bonjour,
Un triangle $ABC$ est donné dans lequel $\hat{A}=90^{\circ}$ et $AB =AC$. Les points $D$ et $E$ sont situés sur les côtés $AB$ et $AC$, respectivement, avec $AD =CE$.
Une droite passant par le point $A$ et perpendiculaire à la droite $DE$ coupe le côté $BC$ au point $P$.

Question : Montrer que $AP = DE.$
Amicalement

Réponses

  • JLT
    JLT
    Soit $F\in [AB]$ tel que $FB=AD$. Soit $R$ la rotation qui envoie $E$ sur $A$ et $A$ sur $F$ et soit $P'=R(D)$. Alors $FP'=FB$ donc $P'\in (BC)$. Comme l'angle de $R$ est $90^\circ$, le segment $[AP']$ est de même longueur que $[ED]$ et lui est perpendiculaire, donc $P=P'$ et $AP=ED$.
  • Jean-Louis Ayme
    Jean-Louis Ayme
    Bonjour,

    F étant le point de [BC] tel que le quadrilatère FEAD soit  rectangle,

    (AP) est la A-isogonale de (AF) relativement à ABC..

    En conséquences                 (1)            AF = ED

                                                    (2)           ED = AP car ABC est A-isocèle.     


    Sincèrement

    Jean-Louis







  • Chaurien
    Chaurien
    Modifié (18 May)
    Ou alors, avec les complexes. 
    Soit $A$ d'affixe $a=0$, soit $B$ d'affixe $b=1$, soit $C$ d'affixe $c=i$, soit $D$ d'affixe $d=\lambda \in \mathbb R$, soit $E$ d'affixe $e=(1-\lambda)i$. 
    Soit $P$ d'affixe $p$ tel que $p-a=i(d-e)$, en sorte que $AP\perp DE$ et $AP=DE$. 
    Alors  $\frac {p-b}{c-b}=\lambda$, ce qui prouve que $P$ est sur la droite $BC$. Et de plus $\frac{\overline{BP}}{\overline{BC}}=\lambda =\frac{\overline{AD}}{\overline{AB}}$.
  • Chaurien
    Chaurien
    @Bouzar Je renouvelle ma demande : comment trouver ce livre, afin que je puisse coller mes petites-filles  :) ?
  • gerard0
    gerard0
    Voir compétition mathématique 1.
  • marco
    marco
    Modifié (18 May)

    $AE=DF$
    Soit $R$ la rotation de $90°$ qui envoie $A$ sur $D$ et $D$ sur $C$.
    Alors $E$ est envoyé sur $F$, car $AE=DF$.
    $F$ est envoyé sur $H$.
    Donc $FD=HC$.
    $(DG)$ est parallèle à $(FH)$, car $(EF)$ est perpendiculaire à $(DG)$, et $(FH)$ est l'image de $(EF)$
    par une rotation de $90°$.
    Soit $G'$ le point tel que $\vec{FD}=\vec{HG'}$.
    $DFHG'$ parallélogramme.
    Alors $DG'=FH$ et $FD=HG'$, donc $HC=HG'$
    Donc comme $(HG')$ est perpendiculaire à $(HC)$ (car $(HG')$ parallèle à $(FD)$), on a que le triangle $HG'C$ est rectangle isocèle en $H$, donc l'angle $(\vec{CH}, \vec{CG'})=45°$
    Donc $G'$ est sur $(AC)$.
    Or $(DG')$ parallèle à $(FH)$ comme $(DG)$, donc $(DG)=(DG')$ et $G=G'$.
    Donc $DG=FH=EF$
    (pardon pour le changement de notations)


  • JLT
    JLT
    @gerard0 La question que posait Chaurien, c'est comment acheter le livre. Il ne semble pas facile à trouver sur internet.
  • NicoLeProf
    NicoLeProf
    Modifié (18 May)
    @Chaurien, effectivement, trouver ce livre semble compliqué. J'ai cherché et trouvé quelques infos. Je t'envoie un lien vers le facebook d'un des auteurs : https://www.facebook.com/kousik.sett.9/ . L'auteur en question aurait posté lui-même un lien sur son facebook d'après ce que je constate pour acheter ce livre sous la forme "ebook" donc en tant que fichier. Toutefois, ce n'est pas sur un site très connu donc je pense qu'il faudrait mieux vérifier que tout est sécurisé et qu'il n'y a aucune arnaque derrière avant d'acheter.
    Lorsque notre cher Gebrane, le 😄 farceur, intervient dans une question d'algèbre, c'est une véritable joie pour les lecteurs.


  • Chaurien
    Chaurien
    @NicoLeProf J'avais un peu cherché sur les deux noms, mais pas assez. Grand merci pour ton aide.
  • samok
    samok
    Dans le repère orthonormé $(A,B,C)$ du plan euclidien, ça se fait rapidement, puisque : $x^2+(x-1)^2=(1-x)^2+x^2$.

    Je regrette qu'il y ait peu de solutions décimales pour les coordonnées de l'intersection des droites (ED) et (AP).
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