Une généralisation du théorème de Bottema

Question

Pouvez-vous fournir une preuve de la réclamation suivante:

Dans n'importe quel triangle $ABC$ construire des triangles rectangles isocèles sur les côtés $AC$ et $BC$, avec des angles droits aux points $A$ et $B$. Laisser des points$F$ et $G$ diviser catheti $AE$ et $BD$respectivement dans le même rapport arbitraire. Le point médian$H$ du segment de ligne qui relie les points $F$ et $G$ est indépendant de l'emplacement de $C$ .

L'applet GeoGebra qui démontre cette affirmation peut être trouvée https://www.geogebra.org/m/a2bbrrep. J'ai essayé d'imiter une preuve dehttps://en.wikipedia.org/wiki/Bottema%27s_theorem donné le https://www.cut-the-knot.org/pythagoras/Bottema.shtml mais sans succès.

Answer 1

Fondamentalement, ici, nous imitons la preuve de couper le nœud, mais en remplaçant la congruence par la similitude:

Laisser

$$\frac {AH}{AG} = \frac {BI}{BD} = a$$

Laissons tomber les perpendiculaires $HL$, $CX$, $JK$, et $IM$ sur $AB$. (J'ai oublié d'étiqueter$X$)

$JK$ est la ligne médiane du trapèze $HLMI$ pour que

$$JK = \frac {HL + IM}2$$

De plus, depuis $\angle HAC$ est correct, $\angle HAL$ et $\angle CAX$ sont complémentaires ce qui fait des triangles rectangles $\triangle HAL$ et $\triangle ACX$ similaire, impliquant

$$HL=aAX$$

De même,

$$IM=aBX$$

La prise en compte des trois identités montre que

$$JK = \frac {HL + IM}2 = \frac a2 (AX+BX) = \frac a2 AB = aAK$$

indépendant de $C$. Pas de déclencheurs mais des astuces.

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EDIT: je vois comment je peux prouver que $AK=KB$.

Par les triangles similaires précédents ($\triangle HAL \sim \triangle ACX$ et $\triangle IBM \sim \triangle BCX$), nous avons:

$$AL = k CX = BM$$

Par théorème médian, $LK = KM$.

Par conséquent $AK = LK-AL=KM-BM=KB$.

Cela montre que (enfin!) $J$ est fixe, car il est à une distance fixe "au-dessus" du milieu de $AB$.

Answer 2

Considérer $A$, $B$, $C$ sous forme de nombres complexes, et choisissez un $\lambda\in{\mathbb R}$. ensuite $$F=A+\lambda(E-A)=A+\lambda\,i(C-A),\qquad G=B+\lambda(D-B)=B+\lambda(-i) (C-B)\ .$$ Il s'ensuit que $$H={1\over2}(F+G)={1\over2}(A+B)+{\lambda i\over2}(B-A)\ .$$

Answer 3

Un petit angle de poursuite montre que le point cible (ici, $K$) est le milieu d'un côté d'un parallélogramme particulier situé symétriquement, ce qui montre à son tour que, pour un rapport donné $\lambda$, la position du point par rapport au côté $\overline{AB}$ est indépendant de la position de $C$.

Remarque: $c$est la moitié de$|AB|$ dans la figure.

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FYI: Si les angles droits sont formés "dans l'autre sens" à $A$ et $B$, alors le point médian correspondant est le reflet de $K$ à travers $\overline{AB}$. La preuve est laissée comme exercice au lecteur.

Answer 4

Voici une preuve via des vecteurs. Cela évite le problème de l'emplacement de$J$ dans ma preuve antérieure.

Utilisez le schéma original et laissez $O$ être le milieu de $AB$.

Laisser $\overrightarrow {OB} = a \hat i$. ensuite$\overrightarrow {OA} = -a \hat i$.

Laisser $\overrightarrow {OC} = b \hat i + c \hat j$.

Par conséquent $\overrightarrow {AC} = (a+b) \hat i + c \hat j$ et $\overrightarrow {BC} = (-a+b) \hat i + c \hat j$.

On peut facilement montrer que $\overrightarrow {AE} = -c \hat i+(a+b) \hat j $ et $\overrightarrow {BD} = c \hat i + (a-b) \hat j$.

Location $\dfrac {AF}{AE} = \dfrac {BG}{BD} = k$ nous avons $\overrightarrow {AF} = -kc \hat i+k(a+b) \hat j $ et $\overrightarrow {BG} = kc \hat i + k(a-b) \hat j$.

Finalement:

$$\begin{align}\overrightarrow{OH}&=\frac12(\overrightarrow{OF}+\overrightarrow{OG})\\&=\frac12(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{AF}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{BG}) \\&=\frac12(-a\hat i-kc \hat i+k(a+b) \hat j+a\hat i+kc \hat i + k(a-b) \hat j) \\&=\frac k2((a+b)+(a-b))\hat j \\&=ka\hat j \end{align}$$

Cela montre que $OH \perp AB$ et $|OH|$ ne dépend que de $a$ et $k$, c'est-à-dire la longueur de $AB$ et le ratio $k$, impliquant la position de $H$ est en effet fixe.