Enoncé D1931 (Diophante) Trois jeux de perpendiculaires
Solution de Jean Moreau de Saint-Martin 1er jeu
La droite qui relie l’orthocentreHd’un triangleABC au milieuM du côté BC, coupe le cercle circonscrit au triangleABC en un pointP. Démontrer que les droitesAP etP M sont perpendiculaires entre elles.
La droiteHM coupe le cercle circonscrit en deux pointsP etQ, ce dernier sur l’arcBC. L’homothétie de centreHet de rapport 2 transforme le cercle d’Euler en le cercle circonscrit, et M en Q : ce dernier point appartient au cercle circonscrit, et sa distance àAH est deux fois la distance deM à AH; le milieu I de la corde AQse projette en M surBC et appartient à la médiatrice de BC; s’il était distinct de O, centre du cercle circonscrit, la corde serait perpendiculaire à OI et parallèle à BC, ce qui n’est pas.
Donc I est enO, la corde AQ est un diamètre, et l’angle AP Q, confondu avec AP M, est droit, CQFD.
2ème jeu
O est le centre du cercle circonscrit au triangle isocèle ABC de sommet A et de baseBC.D est le milieu de AB etE est le centre de gravité du triangleACD. Démontrer que les droitesOEetCDssont perpendiculaires entre elles.
M étant un point quelconque, on a vectoriellement
2M D=M A+M B, 6M E= 2M A+ 2M C+ 2M D= 3M A+M B+ 2M C, 2CD= 2M D−2M C =M A+M B−2M C, d’où le produit scalaire 12M E·CD = (3M A+M B+ 2M C)·(M A+M B−2M C) =
= 3M A2+M B2−4M C2+ 4M A·(M B−M C).
Si M vient en O, centre du cercle circonscrit, M A2 = M B2 = M C2 et 3M A2+M B2−4M C2 = 0.
On a 0 =M A·BC=M A·(M B−M C) siM est sur la hauteur abaissée deA sur BC. Dans un triangle isocèle tel que ABC,O a cette propriété.
Le produit scalaire OE ·CD est donc nul, ce qui veut dire que les deux vecteurs sont orthogonaux, CQFD.
3ème jeu
Un cercle de centrePpassant les sommetsAetCd’un triangleABCcoupe le côtéBAau pointDet le côtéBCau pointE. Les cercles circonscrits aux trianglesABC et BDE se coupent en une deuxième point Q. Démontrer que les droitesQP etBQsont perpendiculaires entre elles.
L’inversion de pôle B et de puissance BA·BD = BC·BE conserve le cercle (P) passant par A, C, D, E. Le cercle circonscrit au triangle BDE est l’inverse de la droite AC, de même que l’inverse du cercle circonscrit au triangleABC est la droiteDE. Ainsi l’inverse deQest l’intersectionZ des droitesAC etDE. Ce point appartient à la polaire de B par rapport à (P), de même que les points X et Y de contact des tangentes menées deB à (P). Ces derniers points, invariants par l’inversion, sont les points d’intersection de (P) avec le cercle de diamètreBP. L’inverse de ce cercle est la droiteXY Z, et réciproquement le pointQ appartient au cercle de diamètreBP. Cela entraîne que l’angle P QB est droit, CQFD.
