D1895. Alignements en cascades

D1895. Alignements en cascades

Louis Rogliano

Question 1

Les points(B, H_b, C, H_c)sont cocycliques. Le cercle d’Euler passe parH_b etH_c. Les pointsP_a,P_b etP_c sont donc sur l’axe radical du cercle circonscrit au triangle(ABC) et du cercle d’Euler de ce triangle.

Les centres des deux cercles sont sur la droite d’Euler du triangle. L’axe radical et la droite sont donc perpendiculaires.

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Les deux autres questions sont traitées avec les coordonnées barycentriques. J’ai utilisé un programme, développé avecM athematica, permettant le calcul des différents éléments qu’il serait très laborieux de mener à la main.

La nature cartésienne du plan est assurée par les longueursa,b etcdes côtés du triangle (ABC).

L’identification des points obtenus, dont les coordonnées barycentriques sont passablement compli- quées, est faite avec la clé de recherche de Kimberling (Voir plus bas).

Les points sont décrits parM(X, Y, Z)et les droites parα(a, b, c)X+β(a, b, c)Y +γ(a, b, c)Z = 0.

L’alignement de trois points est établi par la condition :Det(X, Y, Z) = 0et le concours de trois droites parDet(α(a, b, c), β(a, b, c), γ(a, b, c)) = 0.

Question 2

Les calculs intermédiaires effectués par le programme étant sans intérêt, le résultat donné est que le pointO, intersection des droites D_a,D_b etD_ca pour coordonnées barycentriques :

XO = a²(a²−b²−c²)

(a−b−c)(a+b−c)(a−b+c)(a+b+c) Y_O= b²(−a²+b²−c²)

(a−b−c)(a+b−c)(a−b+c)(a+b+c) Z_O=− c²(a²+b²−c²)

(a−b−c)(a+b−c)(a−b+c)(a+b+c)

Avec les valeurs recommandées pour l’identification, à savoir a = 6, b = 9 et c = 13, nous avons : O( 963

1120,2511

2240,−2197

2240), nous obtenons le pointX(3) du classement de Kimberling. O est donc le centre du cercle circonscrit du triangle(ABC).

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Question 3

De la même façon, P étant le point de concours des droites ∆_a, ∆_b et ∆_c,les coordonnées barycen- triques deP sont :

X_P =−(a⁴−2a²b²−2a²c²+b⁴ +c⁴) (−a²b²−a²c²+b⁴−2b²c²+c⁴) 2b²c²(−a+b−c)(a+b−c)(−a+b+c)(a+b+c) Y_P =−(a⁴−2a²b²+b⁴ −2b²c²+c⁴) (a⁴−a²b²−2a²c²−b²c²+c⁴)

2a²c²(a−b−c)(a+b−c)(a−b+c)(a+b+c) Z_P =−(a⁴−2a²b²−a²c²+b⁴−b²c²) (a⁴−2a²c²+b⁴−2b²c²+c⁴)

2a²b²(a−b−c)(a+b−c)(a−b+c)(a+b+c)

Avec les valeurs recommandées pour l’identification, à savoir a = 6, b = 9 et c = 13, nous avons : P(− 1445813

15331680, 108671

3407040,−192763

181440), nous obtenons le point X(52) du classement de Kimberling. P est donc l’orthocentre du triangle orthique du triangle(ABC).

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