Un problème de Hatzipolakis
Bonsoir,
1- $ABC$ est un triangle,
2- $A'B'C'$ est le triangle orthique,
3- $M_a, M_b, M_c$ sont les milieux respectifs de de $AA', BB', CC'$.
4- $H_a, H_b, H_c$ sont les orthocentres respectifs des triangles $HM_bM_c, HM_cM_a, HM_aM_b$.
Question : Montrer que l'orthocentre du triangle $H_aH_bH_c$ est le centre du cercle d'Euler.
Amicalement3- $M_a, M_b, M_c$ sont les milieux respectifs de de $AA', BB', CC'$.
4- $H_a, H_b, H_c$ sont les orthocentres respectifs des triangles $HM_bM_c, HM_cM_a, HM_aM_b$.
Question : Montrer que l'orthocentre du triangle $H_aH_bH_c$ est le centre du cercle d'Euler.
Réponses
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Bonsoir,
% Bouzar - 11 Juillet 2024 - Un problème de Hatzipolakis clc, clear 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; 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 %----------------------------------------------------------------------- % Orthocentre H et triangle orthoque A'B'C' H=[Sbc; Sca; Sab]; Ap=[0; Sca; Sab]; Bp=[Sbc; 0; Sab]; Cp=[Sbc; Sca; 0]; Ma=SimplifieBary(MilieuBary(A,Ap)); % Ma=[a^2; Sc; Sb] Mb=SimplifieBary(MilieuBary(B,Bp)); % et permutation Mc=SimplifieBary(MilieuBary(C,Cp)); % circulaire Ha=SimplifieBary(OrthocentreBary(H,Mb,Mc,a,b,c)); % On trouve Ha=[a^2*(b^2+c^2)*a^2-(b^2-c^2)^2; 2*b^2*Sa; 2*c^2*Sa] Hb=SimplifieBary(OrthocentreBary(H,Mc,Ma,a,b,c)); % et permutation Hc=SimplifieBary(OrthocentreBary(H,Ma,Mb,a,b,c)); % circulaire HH=SimplifieBary(OrthocentreBary(Ha,Hb,Hc,a,b,c)) % On trouve HH = % [a^2*(b^2+c^2)*a^2-(b^2-c^2)^2; % b^2*(c^2+a^2)*b^2-(c^2-a^2)^2; % c^2*(a^2+b^2)*c^2-(a^2-b^2)^2] % On reconnaît le centre X_5 du cercle d'Euler du triangle ABC
Cordialement,
Rescassol
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Bonjour, un peu de coordonnées inclusives (circonscrites) pour changer, j'adopte la méthode Rescassol qui consiste à donner le code mais je peux aussi expliquer ou donner mes fonctions si besoin.var('a b c')Et on obtient orthocentre$(H_a,H_b,H_c) \simeq \left({\left(a + b + c\right)} a b c : \,2 \, a b c : \,a b + a c + b c\right)$
A=vector([a,1,1/a])
B=vector([b,1,1/b])
C=vector([c,1,1/c])
H=orthocentre(A,B,C)
Ap=simple((H.cross_product(A)).cross_product(B.cross_product(C)))
Bp=simple((H.cross_product(B)).cross_product(C.cross_product(A)))
Cp=simple((H.cross_product(C)).cross_product(A.cross_product(B)))
Ma=norm(A)+norm(Ap)
Mb=norm(B)+norm(Bp)
Mc=norm(C)+norm(Cp)
Ha=orthocentre(H,Mb,Mc)
Hb=orthocentre(H,Mc,Ma)
Hc=orthocentre(H,Ma,Mb)
Hp=orthocentre(Ha,Hb,Hc)
(cer,cen)=cercle(Ap,Bp,Cp)
print(latex(Hp))
print(latex(cen))
Ainsi que le centre du cercle d'Euler $\simeq \left({\left(a + b + c\right)} a b c : \,2 \, a b c : \,a b + a c + b c\right)$
La philosophie nous enseigne à douter de ce qui nous paraît évident. La propagande, au contraire, nous enseigne à accepter pour évident ce dont il serait raisonnable de douter. (Aldous Huxley) -
Bonsoir Vassillia et Rescassol,Merci pour vos contributions.
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Salut à tousnotons :$O,H,N,H_m$ le circoncentre,l'orthocentre, le centre d'euler de $ABC$ et l'orthocentre de son médian $A_mB_mC_m$;$S,Sm$ les point symédians de $ABC$ et $A_mB_mC_m$$i(M),C(M),C^-(M) et i_m(M) $ sont l'isotome , le complement , l'anticomplement de $M$ selon $ABC$ et l'isotome selon $A_mB_mC_m$;o loi de composition des fonctions ;Rappel* (propriété de l'isotomcomplement)soient $DEF$ le triangle pédale de $ M$ selon $ABC$ ;$A_mB_mC_m,D'E'F'$ les triangles medians de $ABC$ et $DEF$ ;si $I,J,K$ sont les milieus de $AD,BE,CF$ alorsles droite $A_mI,B_mJ$ et $C_mK$ sont concourante en $ coi(M)$de même pour les droites $AD',BE',CF'$.** $S=coi (H)$
Revenons à notre problèmerésultat $1)$$N=coi_m(S)$ en effet:$N=c (H_m)$ implique $i_moc(N)=i_m(H_m)=c(S_m)= S.$résultat $2)$$H_a$ est le milieu de $B'C'$ en effet:soit $I$ le milieu de $M_aM_b$, remarquer que $HA'A_m M_cM_b$ est cyclique donc $A_m$ est l'antipode de $H$ ainsi$H_a$ est le symétrique de $A_m$ par rapport à $I$ implique$M_bH_aM_cA_m$ est un parallélogramme on déduit $M_cH_a=A_mM_b =\frac12 CB'$ ce qui conduit à $H_a$ est le milieu de $B'C'$ idem pour les autres .
résultat $3)$$H_aN\equiv A_mN $ est perpendiculaire à $H_bH_c$ en effet:soient $A",O'$ les symétriques de $A,O$ respectivement par rapport $O,A_m$
on a $HOA"O'$ est un parallélogramme donc $A_mN\parallel OA"$ i.e. $A_mN\parallel AO$;mais $AO\perp B'C'$ donc $DN\perp B'C'$ signifie ;$H_aN\perp B'C'$de plus $H_aH_bH_c$ est le triangle médian de $A'B'C'$ on déduit $H_bHc\parallel B'C'$il s en suit $H_aN\perp H_bH_c$ idem pour les deux autreson conclut que $N$ est bien l'orthocentre de $H_aH_bH_c$.cordialementRH HAS
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Il est possible de réduire la solution en utilisant le fait que l'orthocentre du triangle médian est le circoncentre:il suffit donc qu'on montre que $H_aH_bH_c$ est le triangle median du triangle orthique:$H_a$ est le milieu de $B'C'$ en effet:soit $I$ le milieu de $M_aM_b$, remarquer que $HA'A_m M_cM_b$ est cyclique donc $A_m$ est l'antipode de $H$ ainsi$H_a$ est le symétrique de $A_m$ par rapport à $I$ implique$M_bH_aM_cA_m$ est un parallélogramme on déduit $M_cH_a=A_mM_b =\frac12 CB'$ ce qui conduit à $H_a$ est le milieu de $B'C'$ idem pour les autres .
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Bonjoursagemath via__________________________def norm(P):
return P/(Linf*P)
def simple(vec):
if len(vec)==3:
num=gcd([numerator(vec[0]), numerator(vec[1]), numerator(vec[2])])
den=lcm([denominator(vec[0]),denominator(vec[1]),denominator(vec[2])])
facteur=num/den
vec0=factor(vec[0]/facteur)
vec1=factor(vec[1]/facteur)
vec2=factor(vec[2]/facteur)
return vector([vec0,vec1,vec2])
def perp(droite,point,pyth,Linf):
inf=droite.cross_product(Linf)
droiteortho=pyth*inf
orthopoint=droiteortho.cross_product(Linf)
perp=orthopoint.cross_product(point)
return perp
def orthocentre(M,N,P):
MN=M.cross_product(N)
NP=N.cross_product(P)
PM=P.cross_product(M)
d=perp(MN,P,pyth,Linf)
e=perp(NP,M,pyth,Linf)
return d.cross_product(e)
def ver(P) :
return vector([P[0]*(Linf*P),P[1]*(Linf*P),P[2]*(Linf*P),P*pyth*P])
def cercle(vec1,vec2,vec3):
mat=transpose(matrix([ver(vec1),ver(vec2),ver(vec3)]))
c1=det(mat[(1,2,3),:])
c2=-det(mat[(0,2,3),:])
c3=det(mat[(0,1,3),:])
c4=-det(mat[(0,1,2),:])
return vector([c1,c2,c3,c4])
var('a b c')
Linf=vector([0,1,0])
pyth=1/2*matrix([[0,0,1],[0,0,0],[1,0,0]])
A=vector([a,1,1/a])
B=vector([b,1,1/b])
C=vector([c,1,1/c])
BC=B.cross_product(C)
CA=C.cross_product(A)
H=orthocentre(A,B,C)
Ap=simple((H.cross_product(A)).cross_product(B.cross_product(C)))
Bp=simple((H.cross_product(B)).cross_product(C.cross_product(A)))
Cp=simple((H.cross_product(C)).cross_product(A.cross_product(B)))
Ma=norm(A)+norm(Ap)
Mb=norm(B)+norm(Bp)
Mc=norm(C)+norm(Cp)
Ha=orthocentre(H,Mb,Mc)
Ha=simple(Ha)
Hb=orthocentre(H,Mc,Ma)
Hb=simple(Hb)
Hc=orthocentre(H,Ma,Mb)
Hc=simple(Hc)
Hp=orthocentre(Ha,Hb,Hc)
Hp=simple(Hp)
print(Hp)
A1=norm(B)+norm(C)
B1=norm(A)+norm(C)
C1=norm(B)+norm(A)
A2=norm(A1)+norm(Ap)
B2=norm(B1)+norm(Bp)
C2=norm(C1)+norm(Cp)
cenEuler=perp(BC,A2,pyth,Linf).cross_product(perp(CA,B2,pyth,Linf))
cenEuler=simple (cenEuler)
print(cenEuler)___________________________me permet d'obtenir le même résultat que @Vassillia pour $H'$, l'orthocentre de $H_aH_bH_c$ $$H'=(a + b + c)abc: 2abc: ab + ac + bc$$ Pour vérifier que c'est le centre d'Euler, j'ai utilisé une méthode ad hoc. @Vassillia possède surement une procédure "centre(cercle)" pour toutes les situations.Cordialementhttps://www.geogebra.org/classic/u6xnfptz
Cela ressemble bien au cadre ultime pour décrire des relations telles que $$\boxed{h=3g}$$ $$\boxed{euler=\frac h2}$$ -
Et voilàdef centre(cer):
cen=matQ*cer
return vector([cen[0], cen[1], cen[2]])La philosophie nous enseigne à douter de ce qui nous paraît évident. La propagande, au contraire, nous enseigne à accepter pour évident ce dont il serait raisonnable de douter. (Aldous Huxley)
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