D1816. A la recherche du point commun

D1816. A la recherche du point commun

Les médianes d'un triangle ABC se rencontrent au centre de gravité G. On trace les trois cercles

respectivement circonscrits aux triangles passant par le milieu du segment joignant un sommet à G et par les pieds des médianes issues des deux autres sommets. Démontrer que ces cercles se coupent en un point commun.

Solution Raisonnons d’abord sur une construction partielle.

Soit G le centre de gravité du triangle ABC, intersection des médianes AD, BE et CF.

Soit H le milieu de GA.

Soit C1 le cercle circonscrit au triangle FGE.

Soit C2 le cercle circonscrit au triangle FHE ; il s’agit d’un des trois cercles évoqués par ce problème.

E est milieu de AC, F milieu de AB, D milieu de BC, donc EF est parallèle à BC et I est milieu de EF.

De plus GH = ½ GA= 1/2 x 2/3 x AD = 1/3 AD et GI = DI-GI = 1/2 AD – 1/3 AD = 1/6 AD, donc I milieu de GH.

Il en résulte que le triangle EFH a pour image dans la symétrie centrale de centre I le triangle FGE.

Le cercle C2 est l’image du cercle C1 dans cette symétrie de centre I.

Soit α, la valeur de l’angle EGF.

Le cercle C1 est le lieu d’où l’on voit le segment EF sous l’angle α pour l’arc EF contenant G et π-α pour l’autre arc de ce cercle).

Le cercle C2 est donc également le lieu d’où l’on voit le segment EF sous l’angle

a1=α

a2=π-α

C1

C2

M2

a1

a2

G

Cette démonstration permet donc de connaître la valeur de l’angle sous lequel est intercepté un segment EF par un point quelconque du cercle C2. Cette propriété va être utilisé dans la suite du raisonnement.

Soit Cα le cercle circonscrit au triangle EFH (symétrique d’un cercle Ca circonscrit au triangle EFG) Soit Cβ le cercle circonscrit au triangle FDJ (symétrique d’un cercle Cb circonscrit au triangle FDG) Soit Cγ le cercle circonscrit au triangle DEK (symétrique d’un cercle Cc circonscrit au triangle DEG)

Considérons les 3 angles suivants de sommet G

(GE,GF)=α (GF,GD)=β (GD,GE)=γ Ce qui permet d’écrire : α+β+γ = 2π

[1]

Soit M l’intersection des cercles Cβ et Cγ.

Cas 1 : Si B par rapport à Cb et C par rapport à Cc sont tous deux extérieurs ou tous deux intérieurs, M est intérieur au secteur défini par l’angle FDE comprenant A (d’où positions respectives de MF, MD et ME).

C’est le cas dans la figure ci-dessus.

M est sur le cercle Cβ, donc (MF,MD) = π-(JF,JD) = π-β (démo page précédente) M est sur le cercle Cγ, donc (MD,ME) = π-(KD,KE) = π-γ (démo page précédente)

D’où (MF,ME) = (MF,MD) + (MD,ME) = 2π-β-γ En utilisant la relation [1], on obtient : (MF,ME) = α Donc M est sur le cercle Cα (dont l’arc situé dans l’angle FDE comprenant A voit FE sous l’angle α)

Cas 2 : Si B est extérieur à Cb et C intérieur à Cc, M est intérieur au secteur défini par l’angle DEF comprenant B (d’où positions respectives de MF, MD et ME)

M est sur le cercle Cβ, donc (MF,MD) = (JF,JD) = β (démo page précédente) M est sur le cercle Cγ, donc (MD,ME) = π-(KD,KE) = π-γ (démo page précédente)

D’où (MF,ME) = (MF,MD) - (MD,ME) = β-(π-γ)…En utilisant la relation [1], on obtient : (MF,ME) = π-α Donc M est sur le cercle Cα (dont l’arc situé dans l’angle DEF comprenant B voit FE sous l’angle π-α)

C

α

C

γ

C

β

Cb Cc

Ca

G

Cas 3 : Si B est intérieur à Cb et C extérieur à Cc, M est intérieur au secteur défini par l’angle EFD comprenant C (d’où positions respectives de MF, MD et ME)

M est sur le cercle Cβ, donc (MF,MD) = π-(JF,JD) = π-β (démo page précédente) M est sur le cercle Cγ, donc (MD,ME) = (KD,KE) = γ (démo page précédente)

D’où (ME,MF) = (ME,MD) - (MD,MF) = γ -(π-β)…En utilisant la relation [1], on obtient : (ME,MF) = π-α Donc M est sur le cercle Cα (dont l’arc situé dans l’angle EFD comprenant C voit FE sous l’angle π-α)

Conclusion : M est commun à Cα, Cβ et Cγ.

Michel Goudard