D1841. Rencontre à dix ****
Dans un triangleABC, on trace successivement :
— l’orthocentreH,
— la médianeAM,
— le cercle (Γ) de centreOcirconscrit au triangleABC,
— la symédiane issue deA qui coupe la droite (BC) au pointD et le cercle (Γ) en un deuxième pointE,
— la droite (∆) perpendiculaire à la droite (BC) passant parE,
— la perpendiculaire enDà la droite (BC) qui rencontre la médiane (AM) au pointF,
— la parallèle passant parFà la droite (BC) rencontre les côtés (AC) et (AB) aux pointsIetJ,
— l’orthocentreKdu triangleD I J.
Démontrer que les cinq cercles : 1. de diamètre [AH],
2. tangent enBà la droite (BC) et passant par le pointA, 3. tangent enCà la droite (BC) et passant par le pointA, 4. circonscrit au triangleB HC,
5. circonscrit au triangleAI J
et les cinq droites (∆), (OK), (B I), (C J) et (AM) se rencontrent tous en un même point.
Solution de Claude Felloneau
A
B C
H
M X
O
H0 H00
X0
E N
∆
H1 D
J F I
K
A0 O0
On noteXle projeté orthogonal deHsur la droite (AM).
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• Xappartient au cercle de diamètres [AH] car les vecteurs−−→
H X et−−→
AX sont orthogonaux.
• Xappartient donc au cercle circonscrit au triangleB HC.
En effet, en notantH0etX0les images respectives deHetXpar la symétriesM de centreMet sBCla symétrie d’axe (BC), commesBC(H)∈(Γ),H0=sOM(sBC(H))∈(Γ) puisquesOM(Γ)=(Γ).
Le milieu de [AH0] appartient à la parallèle à (AH) passant parMqui est la médiatrice de [BC]
donc c’est le point d’intersectionOdes médiatrices de [BC] et [AH0]. AinsiH0est le point de (Γ) diamétralement opposé àA.
CommesM conserve l’orthogonalité, les vecteurs−−−−→
H0X0 et−−−→
M X0 sont orthogonaux, doncX0est le point d’intersection de la perpendiculaire à (AH0) enH0avec le droite (AM) soit le point où la droite (AM) recoupe le cercle (Γ). AinsiX0∈(Γ).
CommeB, X0,H0 etC sont cocycliques, par symétrie par rapport àM il en est de même des pointsC,X,H,BetXappartient donc au cercle circonscrit au triangleB HC.
• Xappartient au cercle passant parAet tangent à (BC) enBet au cercle passant parAet tangent à (BC) enC.
En effet,B,X0,AetCétant cocycliques, les angles de droites (BC,B A) et (X0C,X0A) sont égaux.
La symétrie de centreMconserve les angles donc (X0C,X0A) et (X B,X A) sont égaux. On a donc (BC,B A)=(X B,X A), ce qui prouve queXappartient au cercle passant parAet tangent à (BC) enB.
De façon analogue,Xappartient au cercle passant parAet tangent à (BC) enC.
• Xappartient à la droite (∆).
En effet, la bissectrice issue de Arecoupe le cercle (Γ) en un pointN qui est le milieu des arcs E X0etBCdonc (ON) est la médiatrice des segments [E X0] et [BC], ainsi (OM) est la médiatrice de [E X0] etsOM(X0)=E.
On a X =sM(X0)=sBC◦sOM(X0)=sBC(E) ainsiX appartient à la perpendiculaire (∆) à (BC) passant parE.
• Xappartient au cercle circonscrit au triangleAI J.
En effet, soithl’homothétie de centreAqui transformeMenF. Comme (BC) et (I J) sont paral- lèles,h(B)=J eth(C)=J. Comme le triangleA J Iest l’image parhdu triangleABC,h(Γ) est le cercle circonscrit au triangleAI J. Pour démontrer queXappartient à ce cercle, il suffit d’établir queX=h(X0).
Le projeté orthogonalH1deAsur (BC) est bary
½ B C
tanB tanC
¾
et en posanta=BC,b=AC etc=AB, on a
tanB=sinB cosB=
2×aire(ABC) ac a2−b2+c2
2ac
=2×aire(ABC)
a2−b2+c2 et tanC=2×aire(ABC) b2−c2+a2
donc H1=bary
½ B C
b2−c2+a2 a2−b2+c2
¾
=bary
½ B C B C
2b2 2c2 a2−b2−c2 a2−b2−c2
¾
CommeD=bary
½ B C b2 c2
¾
, on obtient
H1=bary
½ D M
2b2+2c2 2(a2−b2−c2)
¾
=bary
½ D M
b2+c2 a2−b2−c2
¾
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Par projection (AM) perpendiculairement à (BC), on a A=bary
½ F M
b2+c2 a2−b2−c2
¾
Le rapport dehest donck=b2+c2−a2 b2+c2 .
La puissance du pointMpar rapport à (Γ) est−−−→
M X0 ·−−−→
M A =−−−→
M B ·−−−→
MC = −a2 4 . CommeMest le milieu de [X X0],−−−→
M X ·−−−→
M A =a2
4 donc−−−→
M X = a2 4M A2
−−−→M A = a2 2b2+2c2−a2
−−−→M A.
−−→AX =−−−→
AM +−−−→
M X =2(b2+c2−a2) 2b2+2c2−a2
−−−→AM
−−−→AX0 =−−−→
AM −−−−→
M X = 2(b2+c2) 2b2+2c2−a2
−−−→AM donc−−→
AX =b2+c2−a2 b2+c2
−−−→AX0 =k−−−→
AX0 d’oùh(X0)=X.
• Xappartient aux droites (B I) et (C J).
En effet, par la symétriesM, les droites (B X) et (C X0) sont parallèles et en utilisant l’homothétie h, les droites (C X0) et (I X) sont parallèles donc (B X) et (X I) sont parallèles donc confondues.
Ainsi,Xappartient à la droite (B I).
De façon analogue,Xappartient à la droite (C J).
• Xappartient à la droite (OK).
En effet :
La symédiane (AD) issue deApasse par le point d’intersectionA0des tangentes au cercle (Γ) en BetCdonch(A0)∈(AD). De plus, A0est sur la médiatrice (OM) de [BC] donch(A0) appartient à la perpendiculaire à (BC) passant parh(M)=F, ainsih(A0)∈(F D). Commeh(A0)∈(AD) et h(A0)∈(F D),h(A0)=D.
Le symétriqueO0 deM par rapport àO tel queOBO0C est un parallélogramme de centreM donc les droites (BO0) et (OC) sont parallèles donc (BO0) est perpendiculaire à la tangente (C A0) à (Γ) enC. C’est donc un hauteur du triangle du triangleB A0C. CommeO0est sur la médiatrice de [BC] qui est une autre hauteur du triangleB A0C,O0 est l’orthocentre du triangleB A0C et h(O0)=K, orthocentre du triangleD I J.
Soith0 l’homothétie de centreX qui transformeI enB. CommeX ∈(C J) et (I J)//(BC), on a h0(J)=Cet par conservation du milieuh0(F)=M.
On ah0◦h(M)=M eth0◦h n’est pas l’application identique puisqueX 6=Adonch0◦h=sM, symétrie de centreM.
On a alorsO=sM(O0)=h0◦h(O0)=h0(K). CommeXest le centre deh0,Xappartient à la droite (OK).
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