Comentario sobre el artículo

• 4.3.11

  le 10 de febrero de 2019 à 12:44, par Hébu

  Un triangle $ABC$, la hauteur $AH$. Une droite $Ax$, passant par $A$ et sur laquelle on abaisse les perpendiculaires depuis $B$ et $B$ — soit $BJ$ et $CK$. La droite est telle que les angles $\widehat{JAB}$ et $\widehat{KAC}$ sont égaux.

  Soit $M$ le milieu de $BC$.

  Le cercle qui passe par $J, K$ et $H$ passe aussi par $M$.

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  Soit $AD$ la bissectrice de $\widehat{BAC}$, il est clair que $\widehat{JAD}=\widehat{DAK}=\pi/2$ : cela permet de construire simplement la droite $Ax$, elle est perpendiculaire à $AD$.

  Puisque les angles en $J$ et $H$ sont droits, les points $A, H, B, J$ sont cocycliques (un cercle de diamètre $AB$). Il en résulte que $\widehat{AJH}=\widehat{B}$ et $\widehat{AHJ}=\widehat{ABJ}=\widehat{A}/2$ (cette dernière relation, puisque $JAD=\pi/2$, $AD$ et $JB$ sont donc parallèles).

  Pour les mêmes raisons, $A, K, C, H$ sont cocycliques, et $\widehat{ACK}=\widehat{AHK}=\widehat{A}/2$, et $\widehat{AKH}=\widehat{C}$.

  Il résulte de ces deux groupes de relations que $\widehat{AHJ}=\widehat{AHK}=\widehat{A}/2$, c’est à dire que $\widehat{JHK}=\widehat{A}$ et $AH$ est sa bissectrice. Et également, les triangles $ABC$ et $HJK$, ayant leurs angles égaux, sont semblables.

  Le cercle joignant les points $A, B, H, J$ a $AB$ comme diamètre. Soit $O$ le milieu de $AB$. La droite $OM$ qui joint les milieux des côtés $AB$ et $BC$ du triangle $ABC$, est parallèle à $AC$ (de plus $OM=AC/2$).

  Les points $M, O$ et $J$ sont alignés. En effet, l’angle $\widehat{MOB}=\widehat{A}$ puisque $MO$ et $AC$ sont parallèles, soit $\widehat{MOA}=\pi-\widehat{A}$; $OAJ$ est isocèle, les angles en $A$ et $J$ sont égaux à $\pi/2-\widehat{A}/2$, donc $\widehat{AOJ}=\widehat{A}$ : $\widehat{MOA}+\widehat{AOJ}=\pi$.

  Le même argument montrera que $MK$ passe par $O'$, centre du cercle qui joint $A, K, C, H$, et que $MK$ et $AB$ sont parallèles.

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  Il s’ensuit que $MJ=MK$, et que $\widehat{KMJ}=\widehat{A}$. Le point $M$se trouve donc sur le cercle passant par $J, K$ et $H$, puisque $\widehat{JMK}=\widehat{JHK}=\widehat{A}$.

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  Preuve sûrement trop longue.

  Document joint : idm4-3-11.jpg
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• 4.3.11

  le 13 de mayo de 2020 à 15:56, par Sidonie

  Encore une fois réponse mal placée.

  On peut en effet raccourcir. Après avoir (AH) bissectrice, on la fait couper en H’ le cercle circonscrit à HJK. H’ est sur la médiatrice de [JK]. En projetant B,C et M orthogonalement sur J,K et M’ on a (MM’) ⊥ (JK) et M’ milieu de [JK] d’où M est sur la médiatrice de [JK]. Le point diamétralement opposé à H’ est l’intersection entre la médiatrice et la perpendiculaire à (HH’) passant par H c’est à dire M.

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• 4.3.11

  le 13 de mayo de 2020 à 17:09, par Hébu

  Oui,c’est plus court, plus direct ! Et moins laborieux.

  en fait je dois avoir un don particulier pour les preuves filandreuses

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• 4.3.11

  le 8 de mayo de 2020 à 09:56, par Sidonie

  On peut en effet raccourcir. Après avoir (AH) bissectrice, on la fait couper en H’ le cercle circonscrit à HJK. H’ est sur la médiatrice de [JK]. En projetant B,C et M orthogonalement sur J,K et M’ on a (MM’) $\bot$ (JK) et M’ milieu de [JK] d’où M est sur la médiatrice de [JK]. Le point diamétralement opposé à H’ est l’intersection entre la médiatrice et la perpendiculaire à (HH’) passant par H c’est à dire M.

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