Solution proposée par Maurice Bauval :Repère orthonormé. A(0,0), B(b,0), C(c,c), M((b+c)/2, c/2)Droite AM :

D1858. La saga de l'angle de 45° (2ième épisode)

Soit un triangle ABC dont l'angle en A est égal à 45°. On trace l'orthocentre H et le point M milieu du côté BC.

Les droites symétriques de la droite AM respectivement par rapport aux hauteurs BB₁ et CC₁ du triangle ABC se rencontrent au point X.Démontrer que AX = BC.

Solution proposée par Maurice Bauval :

Repère orthonormé. A(0,0), B(b,0), C(c,c), M((b+c)/2, c/2) Droite AM : cx – y(b+c) = 0

Un point quelconque X(x,y).

Le symétrique P de X par rapport à la hauteur issue de C : P(2c – x, y) Le symétrique Q de X par rapport à la hauteur issue de B : Q(b–y, b–x) P est sur la droite AM : c(2c – x) – y(b+c) = 0

Q est sur la droite AM : c(b – y) – (b – x)(b+c) = 0 La résolution de ce système de deux équations donne X { x = (b³+b²c+2c³)

(b²+2bc+2c²) , y = (−b²c+2bc²+2c³) (b²+2bc+2c²) }

AX² = [(b³+b²c+2c³)²+(−b²c+2bc²+2c³)²]

(b²+2bc+2c²)² = b² – 2bc + 2c²

D'autre part, vecteur CB (b – c , –c) d'où CB² = (b–c)² + c² = b² – 2bc + 2c² Donc AX = BC