D169 Le quatrième larron [**** à la main]
Dans un triangle ABC, il est bien connu que le centre de gravité G, l’orthocentre H et le centre O du cercle circonscrit sont sur la droite d’Euler (D). Par les sommets A, B et C, on mène respectivement les perpendiculaires à GA, GB et GC qui déterminent un triangle PQR.
Démontrer que le centre de gravité de ce triangle est le quatrième larron qui se trouve sur (D).
Solution
On désigne par Ha, Hb et Hc les orthocentres des triangles PBC, QAC et RAB. Comme les droites AG et BHc sont perpendiculaires à QR de même que les droites BG et AHc sont perpendiculaires à PR, les quadrilatère AGBHc est un parallélogramme. Il en est de même de AGCHb et BGCHa. Il en résulte que le triangle HaHbHc est égal au triangle ABC et s’en déduit par rotation de centre G et d’angle 180°.
Soit K le centre de gravité du triangle PQR. Dans ce même triangle, le point G a pour triangle pédal le triangle ABC (i.e c’est le triangle dont les sommets sont les projections de G sur les côtés du triangle PQR) . Par ailleurs, on rappelle que les trois symédianes d’un triangle sont les droites issues des sommets qui sont symétriques des médianes par rapport aux bissectrices. Leur intersection s’appelle le point de Lemoine du triangle. Or d’après le théorème de Lemoine (toujours le même), le point de Lemoine d’un triangle est le centre de gravité de son triangle pédal. Voir pour la démonstration: http://forumgeom.fau.edu/FG2008volume8/FG200812.pdf .
Il en découle que les symédianes RG et RK sont symétriques par rapport à la bissectrice de l’angle ARB. D’autre part les quatre points A,G,B et R sont cocycliques. D’où les égalités d’angles : ARG = BRK = ABG = 90 - ABR, ce qui entraîne BRK + ABR = 90°. Les droites RK et AB sont alors perpendiculaires et les points R,Hc et K sont sur une même droite. Le même raisonnement donne P,Ha et K alignés sur une même droite
perpendiculaire à BC et Q,Hb et K sur une même droite perpendiculaire à AC. Le point K est donc l’orthocentre du triangle HaHbHc et d’après la propriété de ce triangle énoncée supra,il est le symétrique de H par rapport à G. Il se trouve bien sur la droite d’Euler du triangle ABC.
