D1931. Trois jeux de perpendiculaires
1er jeu
La droite qui relie l’orthocentre H d’un triangle ABC au milieu M du côté BC, coupe le cercle circonscrit au triangle ABC en un point P. Démontrer que les droites AP et PM sont perpendiculaires entre elles.
2ème jeu
O est le centre du cercle circonscrit au triangle isocèle ABC de sommet A et de base BC. D est le milieu de AB et E est le centre de gravité du triangle ACD. Démontrer que les droites OE et CD ssont
perpendiculaires entre elles.
3ème jeu
Un cercle de centre P passant les sommets A et C d’un triangle ABC coupe le côté BA au point D et le côté BC au point E.Les cercles circonscrits aux triangles ABC et BDE se coupent en une deuxième point Q.
Démontrer que les droites BP et PQ sont perpendiculaires entre elles.
Solutions proposées par Gaston Parrour 1er Jeu
La droite qui relie l’orthocentre H d’un triangle ABC au milieu M du côté BC, coupe le cercle circonscrit au triangle ABC en un point P. Démontrer que les droites AP et PM sont perpendiculaires entre elles.
HM coupe le cercle (O,R) circonscrit à ABC en P et en un second point A1 G est le centre de gravité sur la médiane AM.
Soit H(G, -1/2) l'homothétie de centre G et de rapport -1/2 . Ses propriétés classiques (droite d'Euler) permettent de dire que cette homothétie transforme
l'orthocentre H en O le centre du cercle circonscrit ; le sommet A en M le pied de la médiane AM.
D'où la relation vectorielle :
OM = -1/2 HA (1) Soit A'1 l'intersection de la droite HM avec AO. La relation vectorielle (1) conduit à : OM est droite des milieux dans le triangle HAA'1
donc OA'1 = AO = R
et les point A1 et A'1 sont confondus sur le cercle circonscrit
Le triangle APA1 de diamètre AA1 est donc rectangle en P : AP et PM sont perpendiculaires entre elles.
2ème Jeu
O est le centre du cercle circonscrit au triangle isocèle ABC de sommet A et de base BC. D est le milieu de AB et E est le centre de gravité du triangle ACD. Démontrer que les droites OE et CD sont perpendiculaires entre elles.
Dans le triangle isocèle ABC, l'homothétie H(G, -1/2) définie au 1er jeu, conduit au triangle A'B'D isocèle semblable au triangle initial (B' milieu de AC)
De plus cette homothétie transforme l'orthocentre H de ABC en O (centre du cercle circonscrit) qui est donc l'orthocentre de A'B'D.
Considérons le faisceau F
D des 4 droites DB, DA', DC, DB' issues du point D.
Dans l'homothétie H(G,-1/2), l'intersection I de la médiane CD avec A'B' est l'image de D, donc I est milieu de A'B' parallèle à AB.
Donc 3 droites du faisceau précédent découpent sur une parallèle à la 4ème deux segments égaux : => le faisceau F
D est harmonique
A partir de cela : A1 est le pied de la perpendiculaire issue de A sur DB' ; et donc A1 milieu de DB' E' est l'intersection de la perpendiculaire Oy à DC, avec DB'.
Considérons le faisceau F
O des 4 droites OD, OB', OE', OA1 issues du point O. Chaque droite de ce faisceau est orthogonale à une droite du faisceau harmonique F
D
Ce faisceau F
O qui se déduit du précédent par un déplacement dans le plan est également harmonique.
Ainsi la droite DB' détermine sur F
O la division harmonique (D A1 E' B') Donc E'A1/E'B' = DA1/DB' = 1 / 2
Ce qui conduit à E'B'/2 = A1B'/3 = DB'/6 soit E'B' = DB'/3
Autrement dit E' situé sur la médiane DB' de ACD est en fait le centre de gravité E de ACD => OE est perpendiculaire à DC
A1
3ème jeu
Un cercle de centre P passant les sommets A et C d’un triangle ABC coupe le côté BA au point D et le côté BC au point E. Les cercles circonscrits aux triangles ABC et BDE se coupent en une deuxième point Q.
Démontrer que les droites BQ et PQ sont perpendiculaires entre elles.
AC est l'axe radical des cercles Cp et Cabc ; DE est l'axe radical des cercles Cp et Cbde.
Ces axes radicaux se coupent en un point T.
BQ est l'axe radical des cercles Cabc et Cbde . Il recoupe donc l'axe radical DE (ou l'axe radical AC) au même point T
Donc AC, DE et QB concourantes en T centre radical des trois cercles considérés.
On a donc affaire à un quadrilatère complet de sommet D A C E B T . Sa particularité est que le quadrilatère convexe EDAC est inscriptible.
Une propriété du quadrilatère complet est : le point d'intersection R des diagonales internes AE et DC admet pour polaire par rapport aux droites TE et TC, la diagonale joignant les deux autres sommets, ici BT.
Puisqu'ici le quadrilatère EADC est inscrit dans le cercle Cp, BT est aussi la polaire de R par rapport au cercle Cp(P,r) de centre P et de rayon r.
A partir de cela, on considère le cercle Cp(P,r).
Il est clair que la polaire de B par rapport à Cp est la droite RT (construction classique de la polaire d'un point par rapport à un cercle) qui est donc perpendiculaire en P1 à BP joignant le centre P du cercle au pôle B.
Cette polaire RT de B, passe aussi par les points de contact t1 et t2 des tangentes menées de B à Cp(P,r) . Dans le triangle rectangle B t2 P, un côté de l'angle droit est moyen proportionnel entre sa projection sur l'hypoténuse et l'hypoténuse entière. Ceci s'exprime de deux façons :
PP1 . PB = r2 (1) BP . BP1 = (Bt2)2 (2)
La première expression traduit le fait que P1 est le pied de la polaire de B par rapport à Cp(P,r) Cabc
Cbde t2 Cp
t1
P1
La seconde, en remarquant que (Bt2)2 est aussi BP2 – r2, traduit la puissance P
B de B par rapport à Cp.
Autrement dit, P1 est aussi le transformé de P dans une inversion de centre B et de coefficient k=P
B , notée I(B,P
B)
Inversion I(B,P
B) ---
Nota : Puisque l'inversion est bijective les transformations indiquées ci-dessous s'appliquent en fait dans les deux sens
Les droites sont notées ( ) 1 – L'inversion I de coefficient k = P
B laisse globalement invariant le cercle Cp.
En particulier I appliquée à A => D I appliquée à C => E
2 – L'inversion de droites ne passant par le pôle B sont des cercles passant par B (B exclu) Ainsi compte tenu de 1 ci-dessus, pour les droites on a :
I (AC) => cercle Cbde I (DE) => cercle Cabc 3 – Points remarquables
- Q intersection de Cabc et de Cbde se transforme par I en intersection de (AC) et de (DE) : c'est le point T centre radical. Soit donc
I appliquée à Q => T
- P centre du cercle invariant : on a observé que
I appliquée à P => P1 pied de la perpendiculaire issue de T à BP 4 - cercle de diamètre BT et son diamètre (BT)
Puisque TP1 est perpendiculaire à BP1, le cercle de diamètre BT (noté Cbtp1) passe par P1.
Ce cercle n'est pas représenté sur la figure, mais son tracé est évident.
Ce cercle Cbtp1 passant par le pôle B se transforme par l'inversion I en une droite.
D'autre part on peut remarquer que la droite (BT) passant par B est globalement invariante par I.
Or (BT) est un diamètre de Cbtp1 : en T le cercle Cbtp1 et la droite (BT) sont des courbes orthogonales. Les transformées respectives par l'inversion I conservent cette propriété :
I (BT) => (BT)
I Cbtp1 => une droite D orthogonale à (BT) passant, sur (BT), par le transformé de T : le point Q Et cette droite passe aussi, bien sûr, par le transformé de P1 : le point P centre du cercle Cp
Autrement dit D est identique à (QP)
En conclusion la droite (QP) est orthogonale à la droite (BQ) en Q
![ABC est un triangle équilatéral de côté 5 cm. I est le milieu de [BC]. Calculer les produits scalaires suivants :](data:image/gif;base64,R0lGODlhAQABAIAAAP///wAAACH5BAEAAAAALAAAAAABAAEAAAICRAEAOw==)