D169. Le quatrième larron
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).
Soient A(0,a), B(b,0) et C(c,0) les sommets du triangle ABC.
• Centre de gravité G
Soit G(x,y) le centre de gravité. On a : ܩܣሬሬሬሬሬԦ + ܩܤሬሬሬሬሬԦ + ܩܥሬሬሬሬሬԦ = 0ሬԦ. En projetant sur Ox et Oy, on obtient : ݔ + ݔ − ܾ + ݔ − ܿ = 3ݔ − ܾ − ܿ = 0
ݕ − ܽ + ݕ + ݕ = 3ݕ − ܽ = 0 D’où les coordonnées de G :
ݔ =ܾ + ܿ
3 et ݕ =ܽ
• Centre du cercle circonscrit O 3
La droite AB a pour équation :
ݔ
ܾ +ݕ
ܽ = 1 ݏ݅ݐ: ݕ = −ܽ
ܾ ݔ + ܽ Soit D(x1,y1) le milieu de AB. Ses coordonnées sont :
ݔଵ=ܾ
2 ݁ݐ ݕଵ=ܽ L’équation de la médiatrice de AB est donnée par : 2
ݕ =ܾ
ܽ ݔ + ߚ ݁ݐ ܽ 2 =ܾ
ܽ .ܾ
2 + ߚ ݏ݅ݐ ݕ =ܾ
ܽ ݔ +ܽଶ− ܾଶ 2ܽ
L’équation de la médiatrice de BC est
ݔ =ܾ + ܿ 2
Les coordonnées du centre O du cercle circonscrit sont données par l’intersection de ces deux médiatrices :
൞ݕ =ܾ
ܽ ݔ +ܽଶ− ܾଶ 2ܽ
ݔ =ܾ + ܿ 2
ݏ݅ݐ ൞ ݔ =ܾ + ܿ 2 ݕ =ܽଶ+ ܾܿ
2ܽ
• La droite d’Euler
La droite d’Euler est la droite OG, son équation est donnée par les points O et G
ܽ
3 = ߙܾ + ܿ 3 + ߚ
ܽଶ+ ܾܿ
2ܽ = ߙܾ + ܿ 2 + ߚ
ൢ ֜ ݕ =ܽଶ+ 3ܾܿ
ܽ(ܾ + ܿ) ݔ −ܾܿ
ܽ
Avec les coordonnées des points A,B,C et G, on va calculer les équations des droite GA,GB et GC et de leurs
perpendiculaires en A,B et C, puis les points d’intersections P,Q et R de ces perpendiculaires, puis le centre de gravité V du triangle PQR. On vérifiera enfin que V appartient à la droite d’Euler.
ܣ(0, ܽ) ܤ(ܾ, 0) ܥ(ܿ, 0) ܩ ൬ܾ + ܿ 3 ,ܽ
• Droite GA 3൰
ܾ + ܿݔ 3
=ݕ − ܽ
ܽ3 − ܽ ֜ ݕ = −2ܽ
ܾ + ܿ ݔ + ܽ PA, perpendiculaire à GA en A
ݕ =ܾ + ܿ 2ܽ ݔ + ߚ
ܽ = ߚ ൡ ֜ ݕ =ܾ + ܿ 2ܽ ݔ + ܽ
• Droite GB
ݔ − ܾ
ܾ + ܿ 3 − ܾ
= ݕ
ܽ3 ֜ ݕ = −ܽ
2ܾ − ܿ ݔ + ܾܽ
2ܾ − ܿ PB, perpendiculaire à GB en B
ݕ =2ܾ − ܿ
ܽ ݔ + ߚ 0 =2ܾ − ܿ
ܽ ܾ + ߚ
ൢ ֜ ݕ =2ܾ − ܿ
ܽ ݔ −2ܾ − ܿ
ܽ ܾ
• Droite GC
ݔ − ܿ
ܾ + ܿ 3 − ܿ
= ݕ
ܽ3 ֜ ݕ = −ܽ
2ܿ − ܾ ݔ + ܽܿ
2ܿ − ܾ PC, perpendiculaire à GC en C
ݕ =2ܿ − ܾ
ܽ ݔ + ߚ 0 =2ܿ − ܾ
ܽ ܿ + ߚ
ൢ ֜ ݕ =2ܿ − ܾ
ܽ ݔ −2ܿ − ܾ
ܽ ܿ
• Intersections des perpendiculaires Point P, intersection de PA et PB
ݕ =ܾ + ܿ 2ܽ ݔ + ܽ ݕ =2ܾ − ܿ
ܽ ݔ −2ܾ − ܿ
ܽ ܾ
ൢ֜ ەۖ
۔
ۖۓ ݔ =2
3ܽଶ+ ܾ(2ܾ − ܿ)
ܾ − ܿ
ݕ = ܽ +(ܾ + ܿ)(ܽଶ+ 2ܾଶ− ܾܿ) 3ܽ(ܾ − ܿ)
Point Q, intersection de PA et PC
ݕ =ܾ + ܿ 2ܽ ݔ + ܽ ݕ =2ܿ − ܾ
ܽ ݔ −2ܿ − ܾ
ܽ ܿ
ൢ֜ ەۖ
۔
ۖۓ ݔ =2
3ܽଶ+ c(2c − b)
ܿ − ܾ
ݕ = ܽ +(ܾ + ܿ)(ܽଶ+ 2ܿଶ− ܾܿ) 3ܽ(ܿ − ܾ)
Point R, intersection de PB et PC
ݕ =2ܾ − ܿ
ܽ ݔ −2ܾ − ܿ
ܽ ܾ ݕ =2ܿ − ܾ
ܽ ݔ −2ܿ − ܾ
ܽ ܿ
ൢ֜ ൞ ݔ =2(ܾ + ܿ) 3
ݕ =(2ܾ − ܿ)(2ܿ − ܾ) 3ܽ
• Centre de gravité V du triangle PQR
Soit V(x,y) le centre de gravité de PQR. On a ܸܲሬሬሬሬሬԦ + ܸܳሬሬሬሬሬԦ + ܸܴሬሬሬሬሬԦ = 0ሬԦ. En projetant sur Ox et Oy, on obtient : ݔ −2
3ܽଶ+ ܾ(2ܾ − ܿ)
ܾ − ܿ + ݔ −2
3ܽଶ+ ܿ(2ܿ − ܾ)
ܿ − ܾ + ݔ −2(ܾ + ܿ)
3 = 0
soit ∶ ݔ=2(ܾ + ܿ) 3 ݕ − ቆܽ +(ܾ + ܿ)(ܽଶ+ 2ܾଶ− ܾܿ)
3ܽ(ܾ − ܿ) ቇ + ݕ − ቆܽ +(ܾ + ܿ)(ܽଶ+ 2ܿଶ− ܾܿ)
3ܽ(ܿ − ܾ) ቇ + ݕ −(2ܾ − ܿ)(2ܿ − ܾ)
3ܽ = 0
soit ∶ ݕ=2ܽ
3 +ܾܿ
ܽ
• V appartient à la droite d’Euler L’équation de la droite d’Euler est :
ݕ =ܽଶ+ 3ܾܿ
ܽ(ܾ + ܿ) ݔ −ܾܿ
ܽ On calcule l’ordonnée du point d’abscisse ݔ
ݕ =ܽଶ+ 3ܾܿ
ܽ(ܾ + ܿ) ݔ −ܾܿ
ܽ ݔ = ݔ=2(ܾ + ܿ)
3 ۙۘ
ۗ֜ ݕ =2ܽ
3 +ܾܿ
ܽ = ݕ L’ordonnée calculée étant, égale à ݕ, le point V appartient bien à la droite d’Euler.
