D1907 – Rencontre germano-britannique [**** à la main]
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. H et a H sont b 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 proposée par Pierre Renfer 1) Droite de Simson
Les points I,J,P,C sont sur un même cercle (de diamètre PC).
On en déduit l’égalité des angles de droites : (IJ,IP)(CJ,CP)(CA,CP).
Les points I,K,P,B sont sur un même cercle (de diamètre PB).
On en déduit l’égalité des angles de droites : (IK,IP)(BK,BP)(BA,BP).
Or comme les points A, B, C, P sont cocycliques : (CA,CP)(BA,BP). Donc : (IJ,IP)(IK,IP).
Les points I,J,K sont donc alignés (sur la droite de Simson).
2) Droite de Steiner JP
KHa Est un parallélogramme dont le centre, milieu deHaP, appartient à la droite de Simson.
Donc Ha appartient à la droite de Steiner, image de la droite de Simson par l’homothétie, de centre P, de rapport 2.
On démontre de façon analogue queHb, orthocentre du triangle BKI etHc, orthocentre du triangle CIJ, appartiennent à la droite de Steiner.
3) Rappel : Théorème de Pappus
Soient D et D’ deux droites du plan projectif.
Soient A,B,C trois points de D et A’,B’,C’ trois points de D’.
Le théorème de Pappus assure que le point d’intersection des droites (AB’) et (BA’), le point d’intersection des droites (BC’) et (CB’) et le point d’intersection des droites (CA’) et (AC’) sont alignés sur une droite E.
La droite E est l’axe de l’homographie h de D vers D’ qui transforme A en A’, B en B’, C en C’.
Pour construire l’image M’ d’un point M de D, on trace la droite (MA’) qui coupe l’axe E en N, puis l’on trace la droite (AN) qui coupe D’ en M’.
En particulier, h transforme le point d’intersection de D et E en le point d’intersection de D et D’. et h transforme le point d’intersection de D et D’ en le point d’intersection de E et D’.
4) Droite de Newton
Soient L,M,N les milieux de AI, BJ, CK.
Soient U,V,W les milieux de JK, KI, IJ.
Soit D la droite passant par les points I, J, K, U, V, W.
Soient ,, les points à l’infini des droites (BC), (CA), (AB).
Soit la droite de l’infini.
Le théorème des milieux assure que les droites (VR) et (WQ) se coupent en L, que les droites (WP) et (UR) se coupent en M et que les droites (UQ) et (VP) se coupent en N.
Les points L, M et N sont donc alignés sur l’axe E de l’homographie f de vers D, qui transforme en U, en V, en W.
La droite E est la droite de Newton du quadrangle formé par la droite D et les trois côtés du triangle ABC.
5) Orthogonalité de la droite de Newton et de la droite Steiner
Soit s l’involution canonique de la droite de l’infini, qui échange les points à l’infini des directions orthogonales.
Soient ',',' les images par s de,,.
Les droites (J') et (K') se coupent enHa, les droites (K') et (I') se coupent en Hb et que les droites (I') et (J') se coupent enHc.
La droite de Steiner S est donc l’axe de l’homographie g de D vers, qui transforme I en', J en ' , K en'.
Soit h l’homographie de D vers qui transforme U en I, V en J, W en K.
Alors la composée ghf est l’involution canonique s.
L’application h est affine et conserve le point à l’infini de la droite D.
D’après 3), l’homographie f transforme le point à l’infini de la droite de Newton E en le point à l’infini de la droite D.
D’après 3), l’homographie g transforme le point à l’infini en le point à l’infini de la droite de Steiner S.
Donc la composée sghf transforme en, ce qui signifie que les droite de Newton et Steiner sont orthogonales.
