Une jolie miniature
Problème D1941 de Diophante
On trace deux droites perpendiculaires qui passent par l’orthocentre d’un triangle ABC sans être parallèles à l’un quelconque des côtés du triangle. Elles déterminent trois segments sur les droites portant les côtés du triangle.
Démontrer que les milieux de ces segments sont sur une même droite.
Solution
Je ne vois pas de solution « purement géométrique » mais un choix judicieux d'axes et de notations, permet un calcul simple (compréhensible par un élève de seconde).
Soit ABC un triangle d'orthocentre H. Prenons les axes orthonormés de supports BC pour les abscisses, HA pour les ordonnées. La figure est entièrement déterminée par trois nombres : a ordonnée de A, b et c abscisses de B et C. Alors H (d'abscisse nulle) a pour ordonnée -bc/a.
Une droite , passant par H de pente m, coupe les côtés du triangle en P, Q et R. Elle a pour équation y = mx – bc/a et sa perpendiculaire ' , qui coupe les côtés du triangle en P,' Q' et R', a pour équation y = m'x – bc/a, avec mm' + 1 = 0.
Les droites AB et AC ont pour équations : x/b + y/a = 1 et x/c + y/a = 1.
Les points P, Q et R ont pour ordonnées 0, c(am-b)/(a+mc) et b(am-c)/(a+mb).
De même, P', Q' et R' ont pour ordonnées 0, c(am'-b)/(a+m'c) et b(am'-c)/(a+m'b).
Pour prouver l'alignement des trois milieux I, J, K des segments PP', QQ', RR' vérifions l'alignement de leurs homothétiques U, V, W dans l'homothétie de centre H de rapport 2.
Il suffit de constater que yQ / yR = yQ' / yR' ou encore yQ*yR' = yQ'*yR.
[(c(am-b)/(a+mc))]*[(b(am'-c)/(a+m'b))] = [(c(am'-b)/(a+m'c))]*[(b(am-c)/(a+mb))]
en éludant un dénominateur commun, il vient :
c(am-b)b(am'-c)(a+m'c)(a+mb) = c(am'-b)(a+m'b)b(am-c)(a+mc) en simplifiant par bc et en remplaçant m' par -1/m, on constate effectivement que
(am-b)(a+cm)(am-c)(a+mb) = (a+bm)(am-b)(am-c)(a+mc) D'où le résultat énoncé.
