Antiparallèle et hauteur du triangle

gipsyc

Bonjour
Soit
• un triangle ABC
• un cercle passant par B et C, coupant AB et AC resp. en P et Q
• les perpendiculaires à AB et AC resp. en P et Q, se coupant en U

• la réflexion par symétrie axiale de P et Q par rapport à AC et AB, donnant P' et Q'

• Q'P ∩ P'Q = V

Montrez que U et V sont colinéaires sur la A-hauteur.
Belle journée,
Jean-Pol Coulon 

Jean-Louis Ayme

Bonjour Jean-Pol et à tous,
merci pour ce joli problème…

Un schéma de preuve synthétique :
1. les cercles de diamètre [BU] et [CU] se coupent une seconde fois en D sur (BC)
2. par le théorème des trois cordes,                 (UD) passe par A
3. par un théorème d’Eugène Catalan,              (Q’P), (P’Q) se coupent sur (AU) en V.

Sincèrement
Jean-Louis

gipsyc

Merci JL Ayme
Quel est ce théorème d'Eugène Catalan ?
Je propose deux approches.

La première en utilisant le fait que A est à l'intersection des axes radicaux des cercles (BPQC), (BPUD) et (CQUD), D étant le pied de la perpendiculaire tirée de U à BC, ce qui aligne U sur la A-hauteur.

L'autre approche est d'utiliser PQ comme antiparallèle à BC et V comme donné, et de transformer le triangle PQU en triangle orthique d'un triangle AB'C' homothétique du triangle ABC, B'C' // BC, ce qui aligne U et V sur la A-hauteur.
U devient alors l'orthocentre du nouveau triangle AB'C' et le centre inscrit de son triangle orthique.

Que l'on utilise la première ou la deuxième approche, reste à montrer que P'Q ∩ PQ' se coupent au point V. 
La construction des points P' et Q' donnant les triangles isocèles PQQ' et QPP' ainsi que  le positionnement de I comme incentre du triangle orthique facilitent la chasse d'angles qui aboutit au résultat.
Jean-Pol Coulon

Rescassol

Bonjour
Voilà une solution avec Morley circonscrit.
Accessoirement, on remarque que $\overrightarrow{AU}=2\space\overrightarrow{OO_a}$, où $O$ est le centre du cercle circonscrit au triangle $ABC$ et $O_a$ le centre du cercle quelconque passant par $B$ et $C$.

% Gipsyc - 28 Mai 2023 - Antiparallèle et hauteur du triangle

% Soient
% Un triangle ABC.
% Un cercle passant par B et C, coupant (AB) et (AC) resp. en P et Q.
% Les perpendiculaires à (AB) et (AC), resp. en P et Q, se coupant en U.
% P' et Q' les symétriques orthogonaux de P et Q, resp. par rapport
% à (AC) et (AB).
% Les droites (Q'P) et (P'Q) se coupant en V.

% Montrer que U et V sont sur la A-hauteur du triangle ABC.

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

clc, clear all, close all

syms a b c

aB=1/a; bB=1/b; cB=1/c;  % Conjugués (Morley circpnscrit)

s1=a+b+c;
s2=a*b+b*c+c*a;
s3=a*b*c;

s1B=s2/s3;  % Conjugués
s2B=s1/s3;
s3B=1/s3;

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

% L'orthocentre de ABC est H(s1)

syms t real

m=(b+c)/2; mB=(bB+cB)/2; % Milieu de [BC]
oa=t*m; oaB=t*mB; % Un point O_a de la médiatrice de [BC]
R2=Factor((b-oa)*(bB-oaB)) % On trouve R2=((b+c)*t-2*b)*((b+c)*t-2*c)/(4*b*c)

syms p % Point P où le cercle coupe (AB)
pB=(a+b-p)/(a*b); % P est sur (AB): z + a*b*zB = a+b
NulP=Factor((p-oa)*(pB-oaB)-R2) % P est sur le cercle
% On trouve:
p=(-(b+c)*(a-c)*t + 2*a*c)/(2*c);
q=(-(b+c)*(a-b)*t + 2*a*b)/(2*b); % Point Q
pB=(-(bB+cB)*(aB-cB)*t + 2*aB*cB)/(2*cB);
qB=(-(bB+cB)*(aB-bB)*t + 2*aB*bB)/(2*bB);

[pb qb rb]=DroitePerpendiculaire(p,a,b,pB,aB,bB);
Fact=a*b*c/(a-b);
pb=Factor(Fact*pb); qb=Factor(Fact*qb); rb=Factor(Fact*rb);
% On trouve:
pb=c; qb=-a*b*c; rb=(b+c)*(a-c)*t - c*(a-b);
pc=b; qc=-a*b*c; rc=(b+c)*(a-b)*t - b*(a-c);

[u uB]=IntersectionDeuxDroites(pb,qb,rb,pc,qc,rc); % Point U
u=Factor(u);
% On trouve u=a+(b+c)*t ou u=a+2*m*t
NulU=Factor(det([a aB 1; u uB 1; s1 s1B 1])) 
% NulU=0, donc U est sur la A-hauteur

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[pp ppB]=SymetriquePointDroite(p,a,c,pB,aB,cB); % Point P'
[qp qpB]=SymetriquePointDroite(q,a,b,qB,aB,bB); % Point Q'
pp=Factor(pp); qp=Factor(qp);
% On trouve:
pp=(-(b+c)*(a-c)*t + 2*a*b)/(2*b);
qp=(-(b+c)*(a-b)*t + 2*a*c)/(2*c);

[p1 q1 r1]=DroiteDeuxPoints(p,qp,pB,qpB);
[p2 q2 r2]=DroiteDeuxPoints(q,pp,qB,ppB);
[v vB]=IntersectionDeuxDroites(p1,q1,r1,p2,q2,r2); % Point V
v=Factor(v)
% On trouve v=(-(a-b)*(a-c)*t + 2*a^2)/(2*a)
NulV=Factor(det([a aB 1; v vB 1; s1 s1B 1])) 
% NulV=0, donc V est sur la A-hauteur

Cordialement,
Rescassol

Edit. De plus, le point d'intersection $W$ des droites $(PP')$ et $(QQ')$ se trouve sur la droite $(OA)$.

gipsyc

Bonjour Rescassol
Quelques propriétés supplémentaires, que l'on connaît déjà dans le cas de l'orthocentre et du triangle orthique (aux côtés antiparallèles aux côtés correspondants du triangle), et présentées souvent comme spécifiques à l'orthocentre et/ou le triangle orthique.

Déjà signalée U = 2 OO'
Si l'on relie chaque sommet du triangle ABC à l'orthocentre des triangles correspondants (APQ, BPV et CQV), on obtient trois droites concourantes en O, centre du cercle circonscrit au triangle ABC (théorème de Haghal si triangle orthique).
Si l'on réfléchit V par symétrie axiale par rapport à AB et AC, on obtient deux points sur la droite PQ.
Jean-Pol Coulon

Jean-Louis Ayme

Bonjour Jean-Pol et à tous,
ma référence :

Catalan E., Quelques théorèmes de géométrie élémentaire, Journal de Mathématiques III (1883) 61-62

Où trouve-t-on le théorème de Haghal ?
Sincèrement
Jean-Louis.

Rescassol

Bonjour,

La même chose en barycentrique:

% Gipsyc - 28 Mai 2023 - Antiparallèle et hauteur du triangle

% Soient
% Un triangle ABC.
% Un cercle passant par B et C, coupant (AB) et (AC) resp. en P et Q.
% Les perpendiculaires à (AB) et (AC), resp. en P et Q, se coupant en U.
% P' et Q' les symétriques orthogonaux de P et Q, resp. par rapport
% à (AC) et (AB).
% Les droites (Q'P) et (P'Q) se coupant en V.

% Montrer que U et V sont sur la A-hauteur du triangle ABC.

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

clc, clear all, close all

syms a b c S real % Longueurs des côtés du triangle ABC et son aire S

Sa=(b^2+c^2-a^2)/2; % Notations de Conway
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;

S2=Sab+Sbc+Sca; % 4 fois le carré de l'aire (donc S2=4*S^2)
% (a+b+c)*(a+b-c)*(a-b+c)*(b-a+c) = 4*S2 = 16*S^2

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

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

BC=[1, 0, 0]; % Côtés du triangle ABC
CA=[0, 1, 0];
AB=[0, 0, 1];

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

syms t real

% Orthocentre du triangle ABC
H = [Sbc; Sca; Sab];

% Point Oa et cercle passant par B et C
O=[a^2*Sa; b^2*Sb; c^2*Sc]; % Centre du cercle circonscrit
Ap=[0; 1; 1]; % Milieu de [BC]
Oa=SimplifieBary(Barycentre([Ap O],[1 t]));
% On trouve:
% Oa=[a^2*Sa*t; b^2*Sb*t + 4*S^2; c^2*Sc*t + 4*S^2];

% Points P et Q
syms u v real
P=[1; u; 0]; Q=[1; 0; v];
NulP=Factor(Distance2(Oa,P,a,b,c)-Distance2(Oa,B,a,b,c));
NulQ=Factor(Distance2(Oa,Q,a,b,c)-Distance2(Oa,C,a,b,c));
NulP=collect(numden(NulP)); % On trouve u = Sa/(c^2*t + Sb)
NulQ=collect(numden(NulQ)); % On trouve v = Sa/(b^2*t + Sc), donc:
P=[c^2*t+Sb; Sa; 0];
Q=[b^2*t+Sc; 0; Sa];
NulP=Factor(Distance2(Oa,P,a,b,c)-Distance2(Oa,B,a,b,c)) % Vérification
NulQ=Factor(Distance2(Oa,Q,a,b,c)-Distance2(Oa,C,a,b,c))

% Point U
DteP=DroiteOrthogonaleBary(P,AB,a,b,c);
DteQ=DroiteOrthogonaleBary(Q,CA,a,b,c);
U=SimplifieBary(Wedge(DteP,DteQ));
% On trouve:
U=[Sb*Sc+4*S^2*t; Sa*Sc; Sa*Sb];
NulU=Factor(det([A,H,U])) % Égal à 0, donc U est sur la A-hauteur.

% Points P', Q' et V
Pp=SymetriqueOrthogonalBary(P,CA,a,b,c);
Qp=SymetriqueOrthogonalBary(Q,AB,a,b,c);
% On trouve:
Pp=[b^2*(a^2+c^2)-(a^2-c^2)^2 + 2*b^2*c^2*t; -2*b^2*Sa; 4*Sa^2];
Qp=[c^2*(a^2+b^2)-(a^2-b^2)^2 + 2*b^2*c^2*t; 4*Sa^2; -2*c^2*Sa];
V=SimplifieBary(Wedge(Wedge(P,Qp),Wedge(Pp,Q)));
% On trouve:
V=[a^2*t; Sc; Sb];
NulV=Factor(det([A,H,V])) % Égal à 0, donc V est sur la A-hauteur.

% Point W
W=SimplifieBary(Wedge(Wedge(P,Pp),Wedge(Q,Qp)));
% On trouve:
W=[2*b^2*c^2*16*S^2*t - (b^2+c^2)*a^6 + 3*(b^4+c^4)*a^4 - 3*(b^2-c^2)^2*(b^2+c^2)*a^2 + (b^2-c^2)^2*(b^4+c^4); 8*b^2*Sa^2*Sb; 8*c^2*Sa^2*Sc];
NulW=Factor(det([A,O,W])) % Égal à 0, donc W est sur la droite (OA)

Cordialement,
Rescassol

gipsyc

Bonjour JL Ayme

Merci pour la référence à propos de Catalan.

Concernant justement l'alignement du point V sur la A-hauteur (Catalan), une autre preuve est de constater que les segments PA et QA sont par construction des points P' et Q' les bissectrices externes en P et Q du triangle PQV.

A est dès lors le centre du cercle V-exinscrit du triangle PQV (encore une propriété typique des triangles orthiques retrouvée avec l'antiparallèle PQ que je propose).
Comme U est le centre inscrit de ce même triangle PQV, aligné avec V et le V-excentre A ainsi que le pied de la A-hauteur du triangle ABC, nous avons la solution.
Concernant Haghal : 
http://www.irmo.ie/5.Orthic_triangle.pdf
page 4 ... sans autre référence dans ce texte.
Désolé de ne pas pouvoir offrir mieux.
Cordialement,
Jean-Pol Coulon