Rencontre germano-britannique
Problème D1907 de Diophante
Un point P du cercle circonscrit à un triangle ABC se projette respectivement sur les droites BC et AC en deux points I et J. La droite IJ coupe la droite AB en un point K. Ha et Hb sont les orthocentres des triangles AJK et BIK tandis que L et M sont les milieux des segments AI et BJ.
Démontrer que la droite LM passe par le milieu de CK et qu’elle est perpendiculaire aux deux droites IJ et HaHb .
Nota : les trois droites IJ, HaHb et LM portent des noms qui justifient le titre du problème.
Solution
La droite IJ coupe AB en K, qui est la projection orthogonale de P sur AB.
C’est la classique droite de Simson (*).
Dans la figure ci-dessous, en notant Hc l’orthocentre du triangle CIJ, il apparaît que les quadrilatères PJHaK, PKHbI et PIHcJ, sont des parallélogrammes, comme ayant des côtés deux à deux parallèles. Par suite IJHaHb, JKHbHc et KIHcHa, sont aussi des parallélogrammes de même centre m., milieu des segments IHa, JHb et KHc.
K
J
I P
B C H
aA
H
bH
cm
N M
L
H
Par projection orthogonale à la droite de Simson, AI, BJ et CK se confondent avec HaI, HbJ et HcK et leurs milieux L, M et N (milieu de CK) se confondent avec le point m. D’où le résultat recherché.
La droite passant par Ha, Hb et Hc est appelée droite de Steiner. Elle passe par les symétriques de P par rapport aux droites AB, BC, CA et par l’orthocentre H du triangle ABC.
Je ne connais pas le nom de la droite passant par L, M et N. Je suppute que, pour justifier le titre, elle porte le nom d’un allemand, car Jakob Steiner (1796-1863) était suisse.
(*) Il s’agit de l’écossais Robert Simson (1687 - 1768). A ne pas confondre avec l’anglais Tom Simpson, qui a trouvé la mort sur les pentes du mont Ventoux, lors de l’étape Marseille-Carpentras (surnommée l'étape de la soif), du Tour de France 1967.
