Deux remarquables perpendiculaires

Jean-Louis Ayme

Bonjour,

1. ABC un triangle
2. H l’orthocentre
3. DEF, D'E'F' les triangles de contact, excontact
4. Ha l’orthocentre du triangle AEF.
Question : (HHa) est perpendiculaire à (E’F’).

Merci pour votre aide pour la figure.
Sincèrement
Jean-Louis

Rescassol

Bonsoir,

Une solution en barycentrique:

% Jean-Louis Ayme - 27 Janvier 2023 - Deux remarquables perpendiculaires

% 1. ABC un triangle
% 2. H l’orthocentre
% 3. DEF, D'E'F' les triangles de contact, excontact
% 4. Ha l’orthocentre du triangle AEF.
% Question : (HHa) est perpendiculaire à (E’F’).

clear all, clc

syms a b c real % Longueurs des côtés du triangle ABC

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);

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

A=[1; 0; 0]; % Sommet A du triangle ABC
H = [Sbc; Sca; Sab]; % Orthocentre de ABC

% Triangle de contact DEF et triangle d'excontact D'E'F'

D=[0; -a-b+c; -a+b-c]; E=[-a-b+c; 0; a-b-c]; F=[-a+b-c; a-b-c; 0];
Dp=[0; a-b+c; a+b-c]; Ep=[a-b-c; 0; -a-b+c]; Fp=[a-b-c; -a+b-c; 0];

Ha=SimplifieBary(OrthocentreBary(A,E,F,a,b,c)); % Orthocentre de AEF
% On trouve:
Ha=[-(b+c)*(a+b-c)*(a-b+c)-2*a*b*c; b*(a^2-b^2-c^2); c*(a^2-b^2-c^2)];

Nul=Factor(Vecteur(H,Ha)*Pyth*Vecteur(Ep,Fp).')
% Nul est Égal à 0, donc les droites (H Ha) et (E'F') sont orthogonales.

Cordialement,

Rescassol

jelobreuil

Bonjour Jean-Louis, Rescassol, et tous

Pour aller un peu plus loin, je vous propose les figures ci-dessous avec les sept orthocentres H de ABC, Ha, Hb, Hc des triangles AEF, BDF, CDE, et H'a, H'b, H'c des triangles AE'F', BD'F', CD'E'.

On voit que la relation de perpendicularité que Jean-Louis demande de montrer s'étend aux aux autres triangles : HH'a est perpendiculaire à EF, etc ...

Montrer que les droites HaH'a, HbH'b et HcH'c sont concourantes en un point du cercle inscrit (c'est net avec les droites vertes sur la deuxième figure).

Est-ce que ce point est répertorié dans ETC ?

Bien cordialement, JLB

Rescassol

Bonjour,

Jelobreuil, tes trois droites vertes sont concourantes au point de Feuerbach $X_{11}=[(b-c)^2(b-a+c); (a-c)^2(a-b+c); (a-b)^2(a+b-c)]$.

Cordialement,
Rescassol

Jean-Louis Ayme

Bonjour,
c'est un très jolie et même un très beau problème...basé sur la droite de Steiner d'un quadrilatère complet et sur la droite de Newton-Gauss ...elles sont perpendiculaires...
Je rédige la preuve...

Sincèrement
Jean-Louis

jelobreuil

Merci @Rescassol de cette indication : j'aurais été bien en peine de  la trouver !

Merci, Jean-Louis, de cette appréciation et de ces indications, je vais aller voir ça sur ton site, en attendant ta preuve !

Bien cordialement, JLB

jelobreuil

Deux discussions de référence :

https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=discussion/1580622#Comment_1580622

https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=discussion/452909#Comment_452909

Bien cordialement, JLB

Edit : la première ne concerne pas le problème, mais peut être intéressante pour le contexte.

jelobreuil

@Rescassol Ton identification de ce point de concours comme étant le point de Feuerbach résulte d'un calcul, n'est-ce pas ?

Apparemment, cette propriété du point de Feuerbach ne figure pas dans la liste donnée par l'ETC pour ce point ...

Rescassol

Bonsoir,

Oui, Jelobreuil, il suffit d'ajouter le code suivant à la suite de mon code précédent:

% Pour aller un peu plus loin, je vous propose les figures ci-dessous avec 
% les sept orthocentres H de ABC, Ha, Hb, Hc des triangles AEF, BDF, CDE, 
% et H'a, H'b, H'c des triangles AE'F', BD'F', CD'E'.

% Montrer que les droites HaH'a, HbH'b et HcH'c sont concourantes en un 
% point du cercle inscrit (c'est net avec les droites vertes sur 
% la deuxième figure).

% Est-ce que ce point est répertorié dans ETC ?

Hb=SimplifieBary(OrthocentreBary(B,F,D,a,b,c)); % Orthocentre de BFD
Hc=SimplifieBary(OrthocentreBary(C,D,E,a,b,c)); % Orthocentre de CDE

Hap=SimplifieBary(OrthocentreBary(A,Ep,Fp,a,b,c)); % Orthocentre de AE'F'
Hbp=SimplifieBary(OrthocentreBary(B,Fp,Dp,a,b,c)); % Orthocentre de BF'D'
Hcp=SimplifieBary(OrthocentreBary(C,Dp,Ep,a,b,c)); % Orthocentre de CD'E'

% On trouve (en colonne) Hap=
% -(b+c)*a^5 + (b^2+c^2)*a^4 + 2*(b^3+c^3)*a^3 - 2*(b+c)^2*(b^2-b*c+c^2)*a^2 - (b+c)*(b-c)^2*(b^2+c^2)*a + (b+c)^4*(b-c)^2
% b*(-a^2+b^2+c^2)*(- a^3 + (b-c)*a^2 + (b-c)^2*a - (b+c)^2*(b-c))
% c*(-a^2+b^2+c^2)*(- a^3 - (b-c)*a^2 + (b-c)^2*a + (b+c)^2*(b-c))
% Et permutation circulaire

HaHap=SimplifieBary(Wedge(Ha,Hap)); % Droite (Ha Ha')
HbHbp=SimplifieBary(Wedge(Hb,Hbp));
HcHcp=SimplifieBary(Wedge(Hc,Hcp));

% On trouve (en ligne) HaHap=
% -(b-c)*(-a^2+b^2+c^2)*(-a+b+c)
% -(a-b+c)*((b+c)*(a^2-b^2+c^2) - 2*a*c^2)
%  (a+b-c)*((b+c)*(a^2+b^2-c^2) - 2*a*b^2)
% Et permutation circulaire

X_11=SimplifieBary(Wedge(HaHap,HbHbp));

% On trouve le point de Feuerbach:

X_11=[(b-c)^2*(b-a+c); (a-c)^2*(a-b+c); (a-b)^2*(a+b-c)];

Nul=Factor(HcHcp*X_11) % Égal à 0, donc c'est gagné

Cordialement,

Rescassol

jelobreuil

Merci beaucoup de cette confirmation, Rescassol !
Bien amicalement, JLB

gipsyc

Question soumise sur

Une réponse ci-après,
Cordialement,
Jean-Pol Coulon

gipsyc

Une réponse en deux feuillets

Rescassol

Bonjour

Oui, ça fait autant de calculs que chez moi.

Cordialement,
Rescassol

Jean-Louis Ayme

Bonjour,
j'ai presque une indigestion...

Il y a franchement plus basique dans le cadre de la géométrie synthétique...

Sincèrement
Jean-Louis.

gipsyc

Ce lemme mis en évidence par JL Ayme

est en soi très intéressant et ouvre la porte à l'exploration d'autres triangles céviens ... ou d'autres ménéliennes créant un triangle isocèle.
Jean-Pol Coulon.

Jean-Louis Ayme

Bonjour Jean-Pol,

je n'arrive pas à trouver cette référence sur mon site...L'avez-vous?

Merci
Sincèrement
Jean-Louis

Rescassol

Bonjour,
Jean-Louis, La géométrie synthétique n'est pas plus basique que la géométrie analytique (complexe ou barycentrique) ou vectorielle etc...
Elle est simplement autre, et c'est une question de goût.
Je n'ai pas résolu ton problème en complexes, mais je suis sûr de pouvoir le faire en très peu de temps, grâce aux fonctions que j'ai développées, pour moi c'est "basique".
Cordialement,
Rescassol

gipsyc

Une généralisation dans un triangle ABC d'orthocentre H.
Avec une ménélienne perpendiculaire à la A-bissectrice, donnant les points P et Q sur AB et AC, et donc un triangle isocèle APQ, d'orthocentre H'.

Soit P' et Q' l'image de P et Q par symétrie centrale par rapport au milieu Mc et Mb des côtés respectifs.
L'on retrouve les mêmes propriétés.
Cordialement,
Jean-Pol Coulon

gipsyc

Bonjour JL Ayme

Ce lemme n'est pas sur votre site.
Il est évoqué (entre les lignes) ici-même par votre remarque que la ligne de Steiner est perpendiculaire à la ligne de Newton ... et également à la ligne des A-excontacts  [ce qu'il faut démontrer].

Jean-Louis Ayme

Bonjour Rescassol,
ma remarque ne t'était pas destinée....
La solution proposée est indigeste et ne peut séduire aucun étudiant...

Sincèrement
Jean-Louis

gipsyc

Il est encore possible de généraliser le lemme pour toute sécante (A-ménélienne ici) du triangle 

Comme le lemme reste vrai pour toute sécante parallèle à P'Q', par Thales j'aurais pu mettre comme pré-requis
   AP' = k.BP
   AQ' = k.CQ
...

ce qui donne à la droite de Newton une nouvelle propriété puisqu'elle fait partie de ces parallèles.

Cordialement
Jean-Pol Coulon.

gipsyc

Et donc un nouveau (?) lemme

(segments non orientés)
Le démontrer prouve probablement toute la discussion sur les droites de Nexton et de Steiner et les triangles de contact et d'excontact.

Cordialement,
Jean-Pol Coulon.

jelobreuil

Bonjour à tous,

Je joins deux figures supplémentaires qui montrent qu'apparemment, le fait que mes "droites vertes" passent par le point de Feuerbach est une propriété exclusive des orthocentres des triangles construits avec les points de contact des cercles inscrit et exinscrits :
Ha est l'orthocentre de ADE, H'a est celui AD'E'.
Sur la deuxième figure, les points D' et E' sont symétriques de D et E par rapport au milieu de AB ou AC, respectivement.

Bien cordialement, JLB

Edit : une troisième figure avec des triangles DEF et D'EF' orthologiques (podaires de points alignés avec O, cf. https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/2331491/condition-dorthologie-de-deux-triangles-podaires#latest), qui montre que cette propriété de la droite HaH'a de passer par le point de Feuerbach n'est pas liée à l'orthologie de ces triangles :

gipsyc

Une démonstration du lemme ci-dessus
   AB/CD = NY/NZ

Par Ichung Chen: (segments non orientés)

ΔANC with Z on the extended NC
   Ceva:

   (AY/YN)‧(NZ/ZC)‧(CE/EA) = 1,
   as CE = EA
   AY/ZC = NY/NZ      (1)
ΔBND with Z on the extended ND
   Ceva

   (BY/YN)‧(NZ/ZD)‧(DF/FB) = 1,
   as DF = FB
   BY/ZD = NY/NZ      (2)

(1)(2)
⇒ 

NY/NZ = (BY-AY)/(ZD-ZC) = AB/CD

Et pour être plus complet


Jean-Pol Coulon

Jean-Louis Ayme

Bonjour Jean-Louis B.,

(HH'a) est perpendiculaire à (EF)...la preuve se calque sur celle (HHa) perpendiculaire à (E'F')
A* milieu de [AH] est sur (HaH'a)...

D'après John Casey, cette droite passe par Fe point de Feuerbach

http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/vol30.html
puis
Les droites de Hamiton, Casey p. 24-26.

Sincèrement
Jean-Louis

pldx1

Bonjour,

Soit $P$ et $tP$ deux points isotomiques l'un de l'autre. Leurs triangles céviens sont orthologiques si et seulement si $P$ et $tP$ sont alignés sur X(69), i.e. si ces points sont sur la cubique de Lucas.

gipsyc

Bonjour JL Ayme

Un article peut-être utile ...

M. Canon
Démonstration de la construction trouvée par Hamilton pour déterminer le point où le cercle des neuf points d’un triangle touche le cercle inscrit
Nouvelles annales de mathématiques 4e série, tome 3 (1903), p. 13-15
http://www.numdam.org/item/NAM_1903_4_3__13_1.pdf

Cordialement,
Jean-Pol Coulon

gipsyc

Bonjour
Pour ceux habitués des groupes de discussion suf Facebook, un problème tout récent de Th Kalogerakis sur une question très similaire (les triangles de contact et d'excontact présentant la même aire).

https://www.facebook.com/photo/?fbid=1595799800866159&set=g.830782544358783
Ma réponse alors (résumée par mon schéma), pour le cas particulier de la droite de Newton par le sommet des deux triangles (forcément alors de même aire).

Belle journée,
Jean-Pol Coulon