Autre exercice autour de la configuration de pythagore

[Anonyme]

Re salut,
ABC est un triangle quelconque.
On trace extérieurement au triangle les carrés AEE'C et CBDD' construits sur
les côtés AC et BC.
Montrer que les droites BE et AD se coupent sur la hauteur CF du troisième
sommet C.
Avec un petit dessin on voit beaucoup mieux, mais la solution m'échappe
encore...
Si jamais quelqu'un a une idée ou une piste, je suis preneur!
Merci encore,
Christian V

[Anonyme]

Christian Vassard a écrit :
> Re salut,
> ABC est un triangle quelconque.
> On trace extérieurement au triangle les carrés AEE'C et CBDD' construits sur
> les côtés AC et BC.
> Montrer que les droites BE et AD se coupent sur la hauteur CF du troisième
> sommet C.
> Avec un petit dessin on voit beaucoup mieux, mais la solution m'échappe
> encore...
> Si jamais quelqu'un a une idée ou une piste, je suis preneur!
> Merci encore,
> Christian V
>
>
Bonjour,

J'ai moi aussi attendu avec espoir une jolie solution géométrique que je
n'ai pu trouver. Celle-ci ne venant pas, je te livre à tout hasard ma
solution calculatoire qui n'est pas géniale, bien sûr...
En choisissant le point C comme origine et en définissant les points A
et B par leurs coordonnées respectives (dans un repère orthonormé)
(u1,v1) et (u2,v2) (voir **Remarque plus bas), on trouve
immédiatement les coordonnées de E u1-v1,u1+v1) et de D : (u2+v2,-u2+v2).
Dès lors, rien n'empêche (ce n'est pas immédiat, bien sûr, c'est un
calcul assez moche...) de trouver les coordonnées du point P
intersection de AD et BE.
On trouve finalement (sauf erreurs toujours possibles dans ce genre de
manip ...) les coordonnées de P qui sont respectivement
X=(v1-v2)*N/D et Y=-(u1-u2)*N/D
avec N=u1*u2+v1*v2+u2*v1-u1*v2
et D=(u1-u2-v2)*(u1+v1-v2)-(v1+u2-v2)*(u1-v1-u2). (D est peut-être
simplifiable, mais ça n'a pas d'importance)
Comme les composantes du vecteur AB sont u1-u2 et v1-v2, on voit
immédiatement que le produit scalaire de CP et AB est nul.

**Remarque: Le calcul peut être facilité en choisissant par exemple
l'axe CX selon CA (les coordonnées de A seront alors 1 et 0). Je ne l'ai
cependant pas fait dans le calcul pour ne pas rompre la symétrie...

Autre remarque: Bien sûr, c'est pas très excitant, les raisons
(géométriques) profondes du résultat n'apparaissent pas. Mais enfin,
merci Descartes quand même!

Pierre D.

[Anonyme]

On 2004-05-06, Pierre Duceux wrote:

> En choisissant le point C comme origine et en définissant les points A
> et B par leurs coordonnées respectives (dans un repère orthonormé)
> (u1,v1) et (u2,v2) (voir **Remarque plus bas), on trouve
> immédiatement les coordonnées de E u1-v1,u1+v1) et de D : (u2+v2,-u2+v2).

Si C:(0,0), B:(-1,0) et A:(-1,1) alors E:(-2,0) ?!?
Moi pas comprendre.

--
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[Anonyme]

Vincent Couquiaud a écrit :

> On 2004-05-06, Pierre Duceux wrote:
>
>[color=green]
>>En choisissant le point C comme origine et en définissant les points A
>>et B par leurs coordonnées respectives (dans un repère orthonormé)
>>(u1,v1) et (u2,v2) (voir **Remarque plus bas), on trouve
>>immédiatement les coordonnées de E u1-v1,u1+v1) et de D : (u2+v2,-u2+v2).
>
>
> Si C:(0,0), B:(-1,0) et A:(-1,1) alors E:(-2,0) ?!?
> Moi pas comprendre.
>[/color]
Les carrés sont extérieurs au triangle. Le vecteur CE est la somme du
vecteur CA et du vecteur CE', ce dernier étant déduit de CA par une
rotation de pi/2 ou de -pi/2 selon l'orientation du triangle CAB. Comme
je suis parti d'un triangle tel que l'angle (CA,CB) soit de sens
rétrograde (relativement au repère de base...pourquoi pas ?), la
rotation qui transforme CA en CE' est de pi/2. Par suite les coordonnées
de E' sont (-v1,u1) et celles de E (u1-v1,u1+v1). Par contre D' se
déduit de B par rotatiion de -pi/2 et les coordonnées de D' sont
(v2,-u2) et celles de D (u2+v2,v2-u2) comme indiqué.
Le triangle que tu prends en exemple est de sens contraire, ce qui
explique ton étonnement.

[Anonyme]

On 2004-05-07, Pierre Duceux wrote:

> Le triangle que tu prends en exemple est de sens contraire, ce qui
> explique ton étonnement.

Ah bé oui, j'avais la mauvaise figure. J'suis con des fois.
Merci pour les précisions.


PS: à celui qui trouve une belle démo niveau collège-lycée (sans les
complexes) à ce pb, j'envoie un pot de Nutella par e-mail.

--
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[Anonyme]

Magnifique...
La réponse qui suit, purement géométrique, est d'une de mes collègues,
Catherine Philippe.
C'est parce que ces droites sont les trois hauteurs d'un triangle qu'elles
sont concourantes.
Voici sa solution.
"On trace la droite passant par B perpendiculaire à (AD) qui coupe (CF) en
G. De même la droite passant par A et perpendiculaire à BE coupe la même
hauteur (CF) en G'.
Montrons d'abord que G = G'.
ABD et BCG sont isométriques d'après le premier cas d'isométrie.
BC = BD
ADB = CGB (ce sont des angles à côtés perpendiculaires)
DAB = CGB (même raisons)
donc le troisième angle est le même.
En particulier, AB = GC
De la même façon, AB = CG'.
Finalement, G = G'.
Les trois droites sont alors les trois hauteurs du triangle AGB, donc sont
concourantes."

Magnifique non?

Cordialement
Christian V



"Christian Vassard" a écrit dans le message de
news:4096b960$0$314$7a628cd7@news.club-internet.fr...
> Re salut,
> ABC est un triangle quelconque.
> On trace extérieurement au triangle les carrés AEE'C et CBDD' construits
sur
> les côtés AC et BC.
> Montrer que les droites BE et AD se coupent sur la hauteur CF du troisième
> sommet C.
> Avec un petit dessin on voit beaucoup mieux, mais la solution m'échappe
> encore...
> Si jamais quelqu'un a une idée ou une piste, je suis preneur!
> Merci encore,
> Christian V
>
>

[Anonyme]

On 2004-05-08, Christian Vassard wrote:

> ADB = CGB (ce sont des angles à côtés perpendiculaires)

Faute de frappe: ADB = GBC

> Magnifique non?

Trés belle démo.

--
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