Deux remarquables perpendiculaires
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
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Réponses
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
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
Oui, Jelobreuil, il suffit d'ajouter le code suivant à la suite de mon code précédent:
Bien amicalement, JLB
Une réponse ci-après,
Cordialement,
Jean-Pol Coulon
Une réponse en deux feuillets
Rescassol
j'ai presque une indigestion...
Jean-Louis.
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.
je n'arrive pas à trouver cette référence sur mon site...L'avez-vous?
Merci
Sincèrement
Jean-Louis
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
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
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].
ma remarque ne t'était pas destinée....
La solution proposée est indigeste et ne peut séduire aucun étudiant...
Sincèrement
Jean-Louis
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
...
Jean-Pol Coulon.
(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.
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.
AB/CD = NY/NZ
Par Ichung Chen: (segments non orientés)
ΔANC with Z on the extended NC
Ceva:
as CE = EA
AY/ZC = NY/NZ (1)
ΔBND with Z on the extended ND
Ceva
as DF = FB
BY/ZD = NY/NZ (2)
(1)(2)
⇒
Et pour être plus complet
Jean-Pol Coulon
(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
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.
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
Jean-Pol Coulon
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