Q1 Démontrer que les points d’intersection des droites (HAHB), (HBHC) et (HCHA) avec, respectivement, les droites (AB), (BC) et (CA) sont alignés sur une droite appelée

Enoncé D1808 (Diophante) Les cercles d’orthiculture

Dans un triangle ABC, on désigne respectivement par HA,HB etHC les pieds des hauteurs issues des sommets A, B et C sur les droites (BC), (CA) et (AB).

Q₁ Démontrer que les points d’intersection des droites (HAHB), (HBHC) et (HCHA) avec, respectivement, les droites (AB), (BC) et (CA) sont alignés sur une droite appelée (∆).

On désigne parMA,MB etMC les milieux des côtés BC,CAetABpuis par K_A, K_B et K_C les points d’intersection des droites (AH_A), (BH_B) et (CH_C) avec, respectivement, les perpendiculaires issues deM_A,M_B et MC à (∆).

Q₂ Démontrer que les cercles (H_AM_AK_A), (H_BM_BK_B) et (H_CM_CK_C) ont même rayon.

Solution de Jean Moreau de Saint-Martin

Question 1

Je note H l’orthocentre du triangle ABC, et JA l’intersection (BC) ∩ (H_BH_C) ; les intersectionsJ_B etJ_C sont définies de même.

Les droites (BA),(BH),(CA),(CH) forment un quadrilatère complet où la diagonale (BC) est coupée par les diagonales (AH) et (HBHC) selon la division harmonique (B, C, H_A, J_A).

Dans la base (A, B, C), les coordonnées barycentriques (x, y, z) deJ_Avéri- fient J_AB

J_AC =−z

y = BH_A

H_AC = AH_AcotB

AH_AcotC, soitx= 0,ycotB+zcotC = 0.

Le pointJ_Aappartient à la droite d’équationxcotA+ycotB+zcotC = 0, invariante par tout échange de rôles entre les sommetsA, B, C. Cette droite contient donc aussiJ_B etJ_C, c’est la droite ∆.

Question 2

Utilisant successivement la division harmonique, le triangle BJAJC (no- tantµ le diamètre de son cercle circonscrit), l’orthogonalité de (M_CK_C) et (∆), et l’angle droit en H_C, on a pour la puissance de B par rapport au cercle de diamètreAC

BC.BH_A=J_AB J_AC

JAB −1

BH_A=J_AB

H_AC BHA

−1

BH_A=

= 2J_AB.H_AM_A = 2H_AM_A.µsin(BJ_CJ_A) = 2H_AM_A.µcos(H_CM_CK_C) = 2µ.HAMA.HCMC

M_CK_C .

Cette expression est invariante quand on échange les rôles deAetC, d’où MCKC = MAKA : les triangles rectangles HAMAKA et HCMCKC ont des hypoténuses égales, qui sont les diamètres de leurs cercles circonscrits.

En reprenant le raisonnement à partir du sommet C au lieu du sommet B, on montre MAKA=MBKB =MCKC, d’où la propriété de l’énoncé.