D1941. Une jolie miniature
On trace deux droites perpendiculaires qui passent par l’orthocentre d’un triangleABC 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 de Claude Felloneau
Soientd1etd2deux droites perpendiculaires enH, orthocentre du triangle ABC. Pouri égal à 1 ou 2, la droitedi coupe respectivement les droites (BC), (C A) et (AB) enAi,Bi etCi. On note res- pectivementI,J,K les milieux des segments [A1A2], [B1B2], [C1C2].
Remarquons d’abord que si le triangleABC est rectangle, le résultat est trivial puisque deux des milieux sont confondus avec un sommet.
On s’intéresse donc au cas où le triangleABC n’est pas rectangle.
La droited1passe parH, donc ses symétriques par rapport aux côtés du triangleABCsont concou- rantes en un pointPdu cercleC circonscrit au triangleABC(voir problème D1913 de Diophante).
d1est la droite de Steiner du pointP.
De mêmed2est la droite de Steiner d’un pointQappartenant au cercleC.
Commed1etd2sont perpendiculaires,P etQsont diamétralement opposés surC.
De plus,d1etd2ne sont pas parallèles aux côtés du triangle ABC, donc nid1, nid2 ne sont des hauteurs du triangleABC. Les pointsPetQsont donc distincts des sommetsA,B,C.
Le cercleCA circonscrit au triangleH A1A2coupeC en deux points. L’un d’eux est le pointHA, symétrique deHpar rapport à (BC) (résultat classique). On nommeΩl’autre point d’intersection de ces deux cercles.
b
A
bB b C
C
b
H
bHA
b
A1
d1
b
P d2
b A2
b Q
CA
b
Ω
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CommeP etQ sont différents deB etC,P6=A1etQ6=A2.
Comme les droites (H A) et (P A1) sont sécantes en HA, le centre de la similitude directe s1 qui transforme A enH etP enA1est le second point d’intersection, éventuellement confondu avec HAsi (AP)//(BC), des cerclesCAetC circonscrits aux trianglesHAH A1etHAAP. Le centre des1 est donc le pointΩ.
De même, le centre de la similitude directes2qui transformeAenH etP enA2est aussi le point Ω. Doncs1=s2.
Il existe donc une similitude directe s de centreΩ qui transforme A enH,P en A1 etQ en A2. L’image de la droite (PQ) parsest donc la droite (BC). On a alorsΩ6=A,Ω6=H (carA6=H) et :
³−−→ ΩA, −−→
ΩH´
≡
³−−→ PQ, −→
BC´ [π].
La similitude directeσqui transformeP enQ et A1en A2a le même centre que s, c’est donc le pointΩ.
De même, la similitude directesBqui transformeP enQetB1enB2a pour centre un pointΩB du cercleC tel que :
ΩB6=A, ΩB6=H et ³−−−→
ΩBB, −−−→
ΩBH´
≡³−−→ PQ, −−→
C A´ [π].
On en déduit que
³−−−→
ΩBA, −−−→
ΩBH´
≡
³−−−→
ΩBA, −−−→
ΩBB´ +
³−−→ PQ, −−→
C A´ [π].
CommeΩ,A,B etC sont cocycliques,³−−−→
ΩBA, −−−→
ΩBB´
≡
³−−→ C A, −→
C B´
[π], donc :
³−−−→
ΩBA,−−−→
ΩBH´
≡
³−−→ PQ, −→
C B´ [π]
d’où ³−−−→
ΩBA, −−−→
ΩBH´
≡³−−→ ΩA, −−→
ΩH´ [π] Les pointsA,H,ΩetΩBsont alignés ou cocycliques.
SiΩ6=ΩB, ils ne peuvent être alignés (car (AH) coupeC en un seul point) doncHappartient àC, ce qui est impossible car le triangleABC n’est pas rectangle.
On a doncΩB=Ω.
De même, la similitude directesC qui transformePenQetC1enC2a pour centreΩ. Finalement,sB=sC=σet la similitudeσtransformeA1enA2,B1enB2etC1enC2.
Les trianglesΩA1A2,ΩB1B2,ΩC1C2étant directement semblables, la similitude directeσ0de centre Ωqui transformeA1enI transformeB1enJetC1enK.
Les pointsI,J,K sont donc alignés sur la droiteσ0(d1).
Remarque : le résultat peut être généralisé au cas oùI,JetK divisent les segmentsdbA1A2ec,dbB1B2ec etdbC1C2ecdans un rapport donné.
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b
A
b
B
b C
b
H
bA1
d1
bC1
b B1
d2
b
A2
bB2
b
C2
bΩ
b
I
b K
bJ
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