Enonc´e noD158 (Diophante)
Une belle collection de perpendiculaires
Soit un triangleABC acutangle dontO est le centre du cercle circonscrit et H est l’orthocentre. On d´esigne parP, Q, Rles pieds des hauteurs issues de A, B, C sur les cˆot´es oppos´es et par I, J et K les points d’intersection des droites QR, RP etP Qavec les droites BC, CAetAB.
A partir des onze points ainsi trac´esA, B, C, O, H, P, Q, R, I, JetK, trouver sept couples de droites perpendiculaires entre elles. Justifier la r´eponse.
Solution de Jean Moreau de Saint-Martin
On a tout d’abord, par d´efinition des hauteurs et de l’orthocentre, AH⊥BC,BH ⊥CA,CH ⊥AB.
Le cercle de diam`etre BC coupe CA en Q et AB en R. Il en r´esulte (en angles orient´es de droites non orient´ees, mesur´es `a π pr`es)
(BC, BR) = (QC, QR) donc (AC, QR) = (BC, BA).
Dans le triangle isoc`eleOAC o`u (OC, OA) = 2(BC, BA), on a (AO, AC) = (CA, CO) =π/2−(BC, BA)
et par cons´equent (AO, QR) = (AO, AC) + (AC, QR) =π/2
d’o`u le coupleAO⊥QR et de mani`ere analogueBO⊥RP etCO⊥P Q.
Etudions maintenant les pointsI, J etK.
La position deI surBC r´esulte des trianglesIQC etIRB. Dans le premier, (IC, IQ) = (BC, QR) = (BC, AC) + (AC, QR) = (BC, BA)−(CA, CB) et (QC, QI) = (AC, QR) = (BC, BA).
Notantr le rayon du cercle criconscrit au triangle ABC, on a QC= 2rsin(AB, AC) cos(CA, CB) et par la loi des sinus IC =QCsin(BC, BA)/sin((BC, BA)−(CA, CB)),
IC = 2rsin(AB, AC) cos(CA, CB) sin(BC, BA)/sin((BC, BA)−(CA, CB)).
On aurait de mˆeme dans le triangleIRB
IB= 2rsin(AB, AC) cos(BC, BA) sin(CA, CB)/sin((BC, BA)−(CA, CB)).
On observe queIB/IC = tan(CA, CB)/tan(BC, BA).
Un raisonnement analogue conduit `a
J C/J A= tan(AB, AC)/tan(CA, CB),KA/KB= tan(BC, BA)/tan(AB, AC), et cela montre que les pointsI, J, Ksont align´es, par le th´eor`eme de M´en´ela¨us.
On s’attend donc que la droiteIJ K soit l’une des droites du septi`eme couple de perpendiculaires. L’autre, ne privil´egiant aucun des sommets du triangle, doit ˆetre la droite d’EulerOH : c’est le cas si le triangle est isoc`ele, puisque OH est alors axe de sym´etrie, deux des points I, J, K sont sym´etriques l’un de l’autre, le troisi`eme ´etant rejet´e `a l’infini.
Encore faut-il montrer la propri´et´e dans le cas g´en´eral.
Si par exemple le plus petit angle du triangle est (CA, CB),A est entre C etJ, et B est entre C etI. On peut ´evaluer l’angle (BC, IJ) par
cot(BC, IJ) = cot(IC, IJ) = (IC−J Ccos(CA, CB))/(J Csin(CA, CB)).
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Les ´evaluations ci-dessus de IC etJ C donnent
IC/J C = sin((AB, AC)−(CA, CB))/sin((BC, BA)−(CA, CB))
En posant tan(AB, AC) = α, tan(BC, BA) = β, tan(CA, CB) = γ, et en tenant compte que (AB, AC) + (BC, BA) + (CA, CB) =π, on obtient cot(BC, IJ) = (3−βγ)/(β−γ).
Le vecteurHO a pour projection sur BC
rsin(AB, AC)−2rsin(CA, CB) cos(BC, BA) =rsin((BC, BA)−(CA, CB)), et pour projection sur P A
rcos(AB, AC)−2rcos(CA, CB) cos(BC, BA), d’o`u on tire
tan(BC, HO) = (βγ−3)/(β−γ).
Donc cot(BC, IJ) + tan(BC, HO) = 0, d’o`u cos(HO, IJ) = 0.
Cela prouve que l’on a IJ K⊥OH.
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