Commentaire sur l'article

• 5.1.9

  le 15 mai 2019 à 00:45, par Sidonie

  E est un point du côté AB d’un parallélogramme ABCD. F,G et H sont les centres des cercles a,b et c circonscrits aux triancle AED, BEC et CED, I est le deuxième point d’intersection entre (CD) et a, J est le point de (CD) tel que (GJ) est perpendiculaire à (FH). Il faut démontrer que J est l’orthocentre du triangle FGH.

  d est le cercle circonscrit au triangle FGH et e est son symétrique par rapport à (GH).

  Dans le cercle a AEID est un trapèze isocèle donc EIC = ADC = EBC ce qui prouve que I appartient au cercle b.

  (HF) est un diamètre commun à a et c, c’ est donc la médiatrice des points d’intersection D et E, de même (GH) et (FG) sont les médiatrices de E,C et E,I.

  Ce qui donne DEI = 180°- HFG.

  Dans le cercle b EGH= EGC/2=EID, dans le cercle c EHG= EHC/2= EDI et les triangles EGH et EID sont semblables avec DEI =HEG

  On a donc HEG = 180° - HFG ce qui prouve que E appartient à d et son symétrique C par rapport à (GH) appartient à e.

  (GJ) // (DE) puisque toutes 2 perpendiculaires à (FH). CJG = CDE =CHE/2 = CHG et donc J appartient à e et son symétrique par rapport (GH) appartient à d.

  En résumé J est un point de la hauteur issue de G dans le triangle FGH dont le symétrique par rapport au côte (GH) appartient au cercle circonscrit. Or l’orthocentre est l’unique point de la hauteur a avoir cette propriété (hors l’évident G lui même).

  Document joint : fsp_5.1.9.jpg
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• 5.1.9

  le 15 mai 2019 à 14:33, par Hébu

  Démonstration remarquable ! Cette utilisation des propriétés de l’orthocentre est géniale, n’ayons pas peur des mots !!!

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  J’étais parti sans trop savoir comment procéder, et je me préoccupais de simplifier la figure.

  J’avais considéré le point I comme intersection des cercles a et b, et il est facila d’en déduire que I est sur (CD). Et c’est là que j’ai songé à « simplifier » la figure, en l’édulcorant d’éléments parasites :

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  je pars d’un triangle EID ; sur EI je prends un point C quelconque, les intersections des médiatrices de CE, DE et IE fournissent les points F, G, H — et le triangle FGH a son orthocentre sur DI.

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  Il faut que j’essaie d’aller plus loin en appliquant votre trouvaille à ma figure édulcorée.
  Et bravo

  Document joint : idm5-1-9-bis.jpg
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• 5.1.9

  le 15 mai 2019 à 16:13, par Hébu

  On peut effectivement transporter cette démonstration sur ma figure édulcorée. En réalité cela n’apporte pas grand’chose, on se trouve obligé de faire intervenir le fait que les points F, H sont centres des cercles circonscrits.

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  Tout au plus a-t-on gagné la suppression du parallélogramme ?

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  Pas suffisant pour affirmer qu’on a découvert l’aspartam...

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• 5.1.9

  le 16 mai 2019 à 11:10, par Sidonie

  Édulcorons édulcorons ..., il restera toujours quelque chose, en l’occurrence 4 points appartenant à un même cercle. A chaque point est associé un droite contenant les 3 symétriques du point par rapport aux côtés du triangle formé par les 3 autres points ainsi que l’orthocentre du dit triangle.

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• 5.1.9

  le 17 mai 2019 à 18:17, par Hébu

  Une question me taraude depuis le début. La correspondance entre le parallélogramme initial et le triangle final est-elle « bijective » ?

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  Il est facile de passer du parallélogramme aux 4 points E,I,C,D, et réciproquement. Mais si je me donne F, G, H et l’orthocentre J, suis-je capable de retrouver mes points E,I,C,D ?

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  Il me semble que ce doit être le cas, mais je ne vois pas comment faire !

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• 5.1.9

  le 18 mai 2019 à 12:25, par Sidonie

  Hélas non, pas de bijection. E peut se trouver n’importe où sur le cercle FGH. La construction s’enchaîne alors en traçant les cercles a,b et c, donnant les points D,C et I.
  On peut alors démontrer les égalités d’angle DIE=FGE et CIE=GFE qui donne l’alignement DIC.
  Il suffit alors de tracer la parallèle à CD qui passe par E pour avoir A et B. Les trapèzes isocèles démontrent que ABCD est un parallélogramme.
  Mais si on change de point E on obtient d’autres points ABCDI tout aussi valables

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