Axes en croix
Etant donn´e le triangle ABC et un point M du plan, tracer les 3 parall`eles aux cˆot´es du triangle passant par M. Elles coupent les cˆot´es du triangle en 6 pointsP,P0,Q,Q0,RetR0. Les couplesP/P0,Q/Q0, etR/R0 sont sur une mˆeme parall`ele, etP,QetR sont sur des cˆot´es distincts.
Il y a 4 fa¸cons de classer ces 6 points en 2 ensembles de 3 `a raison d’un point par parall`ele, et de construire 2 cercles passant par les 3 points de chaque ensemble.
Quel que soit le choix des 2 ensembles, d´eterminer le lieu du pointM tel qu’il appartienne `a l’axe radical des 2 cercles.
Ce lieu a 6 points doubles dont 3 sont triviaux. Indiquer pour les 3 autres une construction `a la r`egle et au compas.
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Remarque pr´eliminaire :
Les 4 axes radicaux du cas g´en´eral sont :
∆1: cerclesP QR /P0Q0R0
∆2: cerclesP0QR/ P Q0R0
∆3: cerclesP Q0R/ P0QR0
∆4: cerclesP QR0/ P0Q0R
Si M est sur un cˆot´e de ABC, 2 des 6 intersections sont confondues avecM et 2 autres avec les sommets sur ce cˆot´e.
Par exemple avec M sur BC, Q est sur AC, R0 est sur AB, R et Q0 sont confondus avec M, P avec B et P0 avec C. ∆3 et ∆4 sont confondus avec BC et il reste :
∆1: cerclesM BQ /M CR0
∆2: cerclesM BR0 /M CQ
qui passent parM. Le lieu cherch´e comprend donc au moins les 3 droitesAB, AC et BC. Les 3 points doubles triviaux sontA, Bet C.
1` ere ´ etape
On ´etudie d’abord le cas du point M variable surBC.
Les parall`eles men´ees deM `aAB et `aAC coupent ces cˆot´es enCm et Bm. Axe radical ∆2 =M N des cercles M BCm etM CBm
ΓAest le cercle circonscrit `aABC,ΓB = (M BCm),ΓC = (M CBm).
ΓBest homoth´etique `aΓA: centreB, rapportM B/BC ⇒ tangents enB ΓCest homoth´etique `aΓA : centreC, rapportM C/BC ⇒ tangents enC doncA0inverse du milieuMadeBCpar rapport `aΓA a mˆeme puissance par rapport aux 3 cercles.
∆2 passe toujours par A0.
Axe radical ∆1 =M N des cercles M BBm etM CCm
ΓB = (M BBm),ΓC = (M CCm).
On va montrer que ∆1 passe aussi par un point fixe quand M d´ecrit BC.
A1 est la 2`eme intersection deΓB avecAC. A2 est la 2`eme intersection deΓC avecAB.
A1 etA2 sont ind´ependants deM. Et effet :
BA2×BCm =BC×BM etBM/BC =BCm/BA
⇒ BA2=BC2/BA
De mˆeme CA1 = BC2/CA, et les triangles A1BC et A2BC sont anti- semblables `aABC, c`ad : CBA\1= A\2CB =BAC\
La parall`ele `aA1A2passant par M coupeΓB enA01, etΓC enA02 : A3= A1A01∩A2A02
(ΓB) M A\01A1 =M BA\1 =BAC\ (ΓC) M A\02A2 =π−M CA\2 =BAC\
A1A2A02A01 est un trap`eze isoc`ele, donc A1A2A3 est aussi isoc`ele, et il est semblable `aBA0C ⇒ A3∈ ΓA.
A3A1.A3A01=A3A2.A3A02 ⇒ A3 ∈M N A3 est le point fixe cherch´e.
QuandM est `a l’infini,ΓB d´eg´en`ere enBA1etΓC enCA2. N est confondu avecA0, etA3 se trouve donc sur la parall`ele `aBC passant parA0.
Auxiliairement, le th´eor`eme du pivot appliqu´e au triangleBCA0 montre que ΓA passe par N, et on a montr´e dans un probl`eme ant´erieur (”La droite de Gergonne”) queA1A2 est parall`ele `a la droite de Gergonne deABC.
2` eme ´ etape
Il s’agit de montrer que lorsque M est `a l’intersection de BC avec la droite LG, o`u L est le point de Lemoine et G le barycentre, l’axe radical ∆1 passe par A.
D= AC∩A0A3 etE =AB∩A0A3
ADEest homoth´etique `aABC. La droiteL0G0(point de Lemoine et barycen- tre deADE) est homoth´etique `aLG. Donc l’intersection deLGet deBCest l’homoth´etique inverse deA3, et l’axe radical passe parA.
En anticipant sur la suite du probl`eme, les 3 points doubles non triviaux sont les intersections deLGavec les cˆot´es deABC; leur construction est facile.
Auxiliairement, on a DA3 = A0E. On a montr´e dans un probl`eme ant´erieur (”Un alignement `a mi-pente”) que lorsqueM est confondu avecMa, l’axe radi- calMaA3passe par les pointsTetT0. Le faisceau (MaA3, MaG, MaA0, MaC) est harmonique, ce qui prouve le point puisque le milieu deA0A3est confondu avec celui deDE. Cela fournit aussi un moyen rapide de construireA3.
3` eme ´ etape
On peut maintenant montrer que la droite LG constitue, avec les cˆot´es du triangle, le lieu cherch´e.
Lorsque M d´ecrit une droite du plan, les puissances de M par rapport aux cercles P QRouP0Q0R0suivent des fonctions quadratiques en
F = α
(x−a)2 + β
(x−b)2 +x2 F0= α0
(x−a)2 + β0
(x−b)2 +x2
• 3 des z´eros de ces fonctions correspondent aux travers´ees des cˆot´es du triangleABC
• les points x = a et x = b correspondent aux alignements simultan´es P /Q/RetP0/Q0/R0(´etant donn´ees les ´egalit´esP A/P C = P0A/P0B et similaires).
Donc la diff´erenceF −F0 suit aussi une fonction de mˆeme nature.
Lorsque M d´ecrit la droite LG, cela ajoute 2 z´eros `a la fonction quadratique F −F0, en G (sym´etries P /P0, Q/Q0 et R/R0) et en L (les 6 points sont co-cycliques).
Par cons´equent la fonction est nulle en tout point de la droite, C.Q.F.D.
Le mˆeme raisonnement s’applique aux 3 autres axes radicaux.
Bonus, sans d´emonstration :
l’enveloppe de l’axe radical ∆1est une ellipse tangente en G`a la droiteLG.
