D1895. Alignements en cascades MB
Soit un triangle ABC non isocèle dont les pieds des hauteurs sont respectivement Ha,Hb et Hc
et les milieux des côtés opposés aux sommets sont Ma,Mb et Mc.
Les droites [HbHc] et [BC] se coupent au point Pa, Les droites [HcHa] et [CA] se coupent au point Pb et les droites [HaHb] et [AB] se coupent au point Pc,
Q1 Démontrer que les points Pa,Pb et Pc sont sur une même droite perpendiculaire à la droite d’Euler du triangle ABC
Q2 Démontrer que les trois points symétriques de Ha (puis de Hb et enfin de Hc) par rapport aux trois droites qui joignent les milieux des côtés du triangle ABC sont sur une même droite Da (puis Db et enfin Dc).
Démontrer que les trois droites Da,Db et Dc sont concourantes en un point remarquable de la géométrie du triangle.
Q3 Démontrer que les trois points symétriques de Ma (puis de Mb et enfin de Mc) par rapport aux trois droites qui joignent les pieds des hauteurs du triangle ABC sont sur une même droite Δa (puis Δb et enfin Δc).
Démontrer que les trois droites Δa ,Δb et Δc sont concourantes en un deuxième point ..remarquable de la géométrie du triangle.
Q1) Les hauteurs sont concourantes donc (th de Ceva) 𝐻𝑎𝐵∗𝐻𝑏𝐶∗𝐻𝑐𝐴
𝐻𝑎𝐶∗𝐻𝑏𝐴∗𝐻𝑐𝐵 = – 1 .Par rapport à B et C, Pa et Ha sont conjugués harmoniques donc 𝑃𝑎𝐵
𝑃𝑎𝐶 = – 𝐻𝑎𝐵
𝐻𝑎𝐶 etc.. d’où 𝑃𝑎𝐵∗𝑃𝑏𝐶∗𝑃𝑐𝐴
𝑃𝑎𝐶∗𝑃𝑏𝐴∗𝑃𝑐𝐵 = + 1 et d’après le th. de Menelaüs, Pa, Pb, Pc sont alignés.
Montrons que la droite PaPbPc est perpendiculaire à la droite d’EULER :
A, B, C sont supposés être sur le cercle unité et sont repérés par leurs affixes a, b, c de modules 1.
Recherche de l’affixe de Hb, elle est de la forme ta+(1-t)c où t est réel. BHb et AC sont perpendiculaires :
𝑡𝑎+(1−𝑡)𝑐−𝑏
𝑎−𝑐 est imaginaire pur. En ajoutant à cette expression son conjugué (trouvé par a → 1/a, b→1/b, c→1/c )
On obtient :𝑎(𝑏(2𝑡−1)+𝑐)−𝑏(𝑏+𝑐(2𝑡−1))
𝑏(𝑎−𝑐) = 0 d’où t =(𝑏−𝑐)(𝑎+𝑏)
2𝑏(𝑎−𝑐) , Affixe de Hb = ta+(1-t)c = 𝑎+𝑏+𝑐2 − 𝑎𝑐
2𝑏
Et affixe de Hc (obtenu par b↔c ) 𝑎+𝑏+𝑐2 − 𝑎𝑏2𝑐 Un point de la droite HbHc a pour affixe : 𝑎+𝑏+𝑐
2 − 𝑎
2(𝑘𝑐
𝑏+ (1 − 𝑘)𝑏
𝑐 ) où k est réel.
Le conjugué de cette expression est : 𝑎(𝑏+𝑐)+(𝑐−𝑏)(𝑏𝑘+𝑐(𝑘−1)) 2𝑎𝑏𝑐
L’équation de BC est : [ z = b+c – bc *(conjugué de z)]. On cherche k pour trouver l’affixe de Pa :
𝑎+𝑏+𝑐2 − 𝑎2(𝑘𝑏𝑐+ (1 − 𝑘)𝑏𝑐 ) = b+c – bc 𝑎(𝑏+𝑐)+(𝑐−𝑏)(𝑏𝑘+𝑐(𝑘−1))
2𝑎𝑏𝑐
Après simplification on trouve k = (𝑎2𝑏(𝑎−𝑏𝑐)(𝑏+𝑐) 2−𝑐2) on peut vérifier que c’est un réel (il est égal à son conjugué)
Affixe de Pa : 𝑏+𝑐
2 + 𝑎(𝑏−𝑐)²
2(𝑎²−𝑏𝑐) Afixe de Pb : 𝑐+𝑎
2 + 𝑏(𝑐−𝑎)²
2(𝑏2−𝑐𝑎)
Affixe de PaPb : 𝑐+𝑎
2 + 𝑏(𝑐−𝑎)²
2(𝑏2−𝑐𝑎) – (𝑏+𝑐
2 + 𝑎(𝑏−𝑐)²
2(𝑎²−𝑏𝑐) ) = – (𝑏−𝑐)(𝑎−𝑐)(𝑎−𝑏)(𝑎+𝑏)(𝑎+𝑏+𝑐) 2(𝑎2−𝑏𝑐)(𝑎𝑐−𝑏2) Affixe du centre de gravité G : (a+b+c)/3
Pour prouver que PaPb est perpendiculaire à la droite d’Euler il suffit de vérifier que E = – (𝑏−𝑐)(𝑎−𝑐)(𝑎−𝑏)(𝑎+𝑏)
2(𝑎2−𝑏𝑐)(𝑎𝑐−𝑏2) est imaginaire pur
Le conjugué de E (obtenu par a → 1/a, b→1/b, c→1/c ) est : (𝑏−𝑐)(𝑎−𝑐)(𝑎−𝑏)(𝑎+𝑏) 2(𝑎2−𝑏𝑐)(𝑎𝑐−𝑏2)
E et son conjugué sont deux nombres opposés CQFD.
Q2) Ha est sur le cercle d’EULER circonscrit au triangle MaMbMc, donc les points symétriques de Ha par rapport aux côtés du triangle MaMbMc sont alignés sur Da, droite de Steiner de Ha. Les 3 droites de Steiner de Ha, Hb, Hc passent toutes par l’orthocentre du triangle MaMbMc c’est-à-dire le centre O du cercle circonscrit au triangle ABC ?
Le centre du cercle circonscrit au triangle ABC est le point commun à Da, Db, Dc.
Remarque : Le symétrique de Ha par rapport à McMa est le sommet A. La droite Da est la droite OA.
(etc..)
Q3) Les 6 points Ma, Mb, Mc, Ha, Hb, Hc appartiennent au cercle d’Euler du triangle ABC. Les symétriques de Ma par rapport aux trois droites HaHb, HbHc, HcHa sont alignés sur la droite de STEINER Δa de Ma par rapport au triangle HaHbHc , cette droite passe par l’orthocentre du triangle HaHbHc.
Les trois droites Δa, Δb, Δc sont concourantes en un point qui est l’orthocentre du triangle HaHbHc.
