D1929 – Un très bel alignement [**** à la main]
Solution et commentaires proposés par Dominique Roux
Lemme 1 : soit C’ un cercle image d’un cercle C par une inversion de pôle P. Si M et N sont 2 points de C et M’ et N’ leurs inverses sur C’ alors les droites (MN) et (M’N’) se coupent sur l’axe radical de C et de C’ .
En effet, PM.PM’ = PN.PN’ donc les 4 points M,N,M’,N’ sont sur un même cercle Γ. L’axe radical de C et Γ est (MN). L’axe radical de C’ et Γ est (M’N’). Ces deux droites se coupent au centre radical des 3 cercles,donc en un point de l’axe radical de C et de C’ . cqfd.
Lemme 2 : le cercle (ABC) et le cercle d’Euler du triangle ABC s’échangent dans une inversion de pôle H.
En effet, HA.HA₂ = HB.HB₂ = HC.HC₂ = puissance de H par rapport au cercle (ABC). Or, HA₂ = 2HA₁ , HB₂ = 2HB₁ , HC₂ = 2HC₁ d’où HA.HA₁ = HB.HB₁ = HC.HC₁. Le lemme 2 résulte du fait que le cercle d’Euler de ABC est le cercle (A₁B₁C₁).
Du lemme 1 on déduit que (ABA₁B₁), (BCB₁C₁), (CAC₁A₁) sont alignés sur l’axe radical du cercle (ABC) et du cercle (A₁B₁C₁), cet axe s’appelle l’axe orthique de ABC.
Puisque HA = 2 HA₃, HB = 2HB₃, HC = 2HC₃, l’inversion de pôle H qui échange ces deux cercles échange les couples (A,A₁), (B,B₁), (C,C₁) mais aussi les couples (A₂,A₃),
(B₂,B₂),(C₂,C₃). Du lemme 1 on déduit que (BCB₁C₁), (B₂C₂B₃C₃), (B₁C₃BC₂), (B₂CB₃C₁) sont alignés sur l’axe orthique et de même en permutant les lettres A,B,C d’où 12 points alignés sur l’axe orthique de ABC.
Remarque : l’axe radical est perpendiculaire à la ligne des centres, donc l’axe orthique est perpendiculaire à la droite d’Euler de ABC.
Lemme 3 : (BCB₂C₂), (CAC₂A₂), (ABA₂B₂) sont alignés sur la polaire de H par rapport au cercle (ABC) et il en est de même pour (AB₂BA₂), (BC₂CB₂), (CA₂AC₂).
En effet, on reconnaît immédiatement la construction de la polaire de H. Cette droite étant perpendiculaire à (OH) est parallèle à l’axe orthique de ABC. Du lemme 3 on déduit par l’homothétie de centre H et de rapport 1/2 l’alignement des 6 points (B₃C₃B₁C₁),
(C₃A₃C₁A₁), (A₃B₃A₁B₁),(A₃B₁A₁B₃),(B₃C₁B₁C₃),(C₃A₁C₁A₃) sur une autre parallèle à l’axe orthique de ABC.
Et on remarque que ces 2 parallèles sont équidistantes de l’axe orthique, car on observe des parallélogrammes, tels celui déterminé par les 2 parallèles (B₁C₃) et (B₂C) d’une part et les
parallèles (B₃C₁) et (BC₂) d’autre part, dont 2 sommets sont sur l’axe orthique et les 2 autres sur les 2 parallèles.
Les centres de ces 6 parallélogrammes sont les milieux des couples tels que (B₂CBC₂) avec (B₃C₁B₁C₃), ce qui donne 6 points supplémentaires sur l’axe orthique.
Mais on peut aussi ajouter des intersections des tangentes au cercle (ABC) et au cercle
d’Euler, c’est, si l’on veut, un passage à la limite du lemme 1, on obtient ainsi les intersections de la tangente en A,... avec la tangente en A₁,...ou de la tangente en A₂ avec la tangente en A₃,...ce qui donne 6 points supplémentaires, soit un total de 24 points sur l’axe orthique.
Désignons par A’,B’,C’ les milieux des côtés du triangle ABC.Observons qu’il y a 3 rectangles tels que B₃C₃ B’C’de même centre Ω, centre du cercle d’Euler. Appliquons le théorème de Pascal à l’hexagone B₁B’B₃C₁C’C₃ : (B₁B’) et (C₁C’) se coupent en A, (B’B₃) et (C’C₃) se coupent en Ω, donc (B₃C₁) et (B₁C₃) se coupent en un point aligné avec A et Ω.
De même en considérant l’hexagone B₁B₃B’C₁C₃C’ on obtient 3 intersections alignées qui sont H,Ω et (B₁C’B’C₁). Nous venons de prouver que (B₁C’B’C₁) est sur la droite d’Euler de ABC.
La construction de la polaire de ce point se réalise en joignant l’intersection de (C₁C’) avec (B₁B’) qui est A, à l’intersection de (B’C’) avec (B₁C₁). Puisque la polaire est
perpendiculaire à la droite d’Euler, nous en concluons que la droite qui relie A à
(B’C’B₁C₁) est parallèle à l’axe orthique de ABC. Il en est de même pour la droite qui relie B à (A’C’A₁C₁) et pour la droite qui relie C à (A’B’A₁B₁).
Quant à la droite d’Euler de ABC qui classiquement contient les points remarquables H, O, G et Ω ; nous avons vu qu’elle contient aussi (B₁C’B’C₁), elle contient de même les points (C₁A’C’A₁) et (A₁B’A’B₁). A noter qu’elle contient également le centre du cercle circonscrit au « triangle tangentiel » de ABC, triangle dont les côtés sont les tangentes en A,B,C au cercle circonscrit à ABC.
