D1937. La saga orthocentrique (1er épisode)
Problème proposé par Dominique Roux
On donne trois points A,B et C dans le plan et pour tout point M on construit les orthocentres A', B', C' des triangles respectifs MBC, MCA, MAB.
Montrer que les 7 points A, B, C, A', B' C', M sont sur une même hyperbole équilatère (H).
Quel est, lorsque M parcourt le plan, l'ensemble des centres I de (H) ?
Relativement à un repère orthonormé, l'hyperbole équilatère la plus générale a une équation de la forme x²-y² +2axy+2bx+2cy+d=0 , qui dépend linéairement de 4 paramètres. Par 4 points
quelconques passe en général une hyperbole équilatère et une seule. Soit (H) celle qui passe par les 4 points A,B,C,M.
De manière classique, on montre que si K désigne l'orthocentre d'un triangle ABC dont les sommets sont sur une hyperbole d'équation y=1/x , K est aussi sur cette courbe :
A(u,1/u), B(v,1/v), C(w,1/w), Vecteur directeur de BC : (w-v, 1/w - 1/v) ou, plus simple, ( vw, -1).
Hauteur issue de A : (x-u)vw – (y- 1/u) = 0 ou xuvw – u²vw - yu + 1 = 0
L'intersection de cette hauteur avec l'hyperbole comprend le point A et un autre point K':
x²uvw +x.(1 – u²vw) – u = 0 admet 2 racines dont le produit est -1/(vw) : l'une est u, abscisse de A et l'autre est -1/(uvw) , abscisse de K'.
Mais toute permutation sur u,v,w laisse invariantes les coordonnées de K' ( -1/(uvw) , -uvw ) . K' appartient donc aussi aux hauteurs issues de B ou de C . K'=K = l'orthocentre de ABC.
Sachant maintenant que l'orthocentre d'un triangle dont les sommets sont sur (H) est, lui aussi sur (H), on conclut que les orthocentres A',B',C' des triangles MBC, MCA,MAB appartiennent à l'hyperbole équilatère (H) définie par les points A,B,C,M. Les 7 points A,B,C,M,A',B',C' sont sur une même hyperbole équilatère.
Intersection d'un cercle quelconque d'équation x²+y²-2ax-2by+c=0 avec (H) d'équation y=1/x : x4 + 1 – 2ax3 - 2bx + cx² = 0 , en ordonnant : x4 – 2ax3 + cx² - 2bx + 1 = 0 .
Les 4 racines (réelles ou complexes ) de cette équation ont pour produit 1.
Si le cercle est celui qui est circonscrit au triangle ABC , les racines sont : u,v,w, abscisses de A,B,C et +1/(uvw) abscisse d'un 4ème point D( +1/(uvw) , +uvw ) .. En rapprochant les coordonnées des points K et D, il apparaît que le centre I de l'hyperbole (H) est le milieu de KD.
Dans notre problème, A,B,C sont fixes, ainsi que le cercle (Ω) circonscrit à ABC, et l'orthocentre K du triangle ABC. A tout point M du plan on associe l'hyperbole équilatère (H) qui recoupe (Ω) en D.
Réciproquement à tout point D de (Ω) on associe une hyperbole équilatère (H) passant par A,B,C,D.
L'homothétie de centre K et rapport ½ transforme l'ensemble (Ω) des points D en l'ensemble des points I qui est donc le cercle d' EULER du triangle ABC.
