Droite d'Euler,

cercle des 9 points

et divers lieux géométriques.

 

Jean Pakhomoff

 

Soit un triangle quelconque BAC (fig 1)

 

fig 1

1) la droite et le cercle des 9 points d'Euler

Nous traçons les hauteurs se coupant sur l'orthocentre H, les médianes se coupant sur le centre de gravité G et les médiatrices se coupant en O

centre du cercle circonscrit à BAC.

Les points H, G et O sont sur une même droite appelée droite d'Euler.

Démonstration:

Construisons le triangle B''C''A'' à partir des milieux des côtés de BAC. On obtient un triangle semblable à BAC, inversé d'homothétie -1/2 (B''C'' = BA'' = BC/2…)

On remarque que dans ce triangle les médiatrices de BAC sont devenues hauteurs de B''A''C'' et donc le point O centre du cercle circonscrit

de BAC est devenu orthocentre de B''A''C''.

Ces deux triangles sont dans un rapport de - ½ tous leurs éléments identiques sont dans le même rapport.

Les triangles GOA'' et GHA ont OA'' = - HA/2 , GA'' = - GA / 2 (les médianes sont divisées en segment 2/3 1/3 par le centre de gravité),

l'angle OA''G = HAG comme angles alternes internes (AA'' étant une droite coupant les parallèles OA'' et AH toutes deux perpendiculaires à BC).

Donc les triangles GOA'' et GHA sont semblables. Les angles OGA'' et AGH sont par suite égaux et opposés car AA'' étant une droite

en conséquence OH en est une autre et les points H, G et O sont sur une même droite.

Le rapport d'homothétie nous permet de conclure que GH = 2 GO

Par rapport au triangle A''B''C'' l'orthocentre comme vu ci-dessus est en O, le centre de gravité est resté en G et le centre du cercle

circonscrit à B''A''C'' doit donc se trouver sur OH en un point W tel que G W = GO / 2 en conformité avec le rapport d'homothétie – 1/2. (fig 2)

 

 

fig 2

Le cercle circonscrit à A''B''C'' de centre W passe donc par les points A'', B'' et C'' mais aussi, ce qu'il nous faut démontrer, par les pieds des hauteurs

AA', BB' et CC' et également par les points A''', B''' et C''' situés à la moitié des segments compris entre chaque sommet du triangle BAC et de son orthocentre H.

Démonstration:

Il est entendu (voir le paragraphe traitant de la droite d'Euler) que le centre O du cercle d'Euler circonscrit au triangle B''A''C''

(homothétie de rapport – ½ avec le triangle BAC) est sur la droite d'Euler HO à G W de G avec G W = GO / 2 vers H.

Considérons les triangles BC'H et BB'A. Ils sont semblables car rectangles avec un angle B commun.

D'où BH / AB = C'H / AB' = BC' / BB' et AB' = C'H AB / BH

Considérons les triangles HCB' et ACC'. Ils sont semblables car rectangles avec un angle A commun.

D'où HC / AC = HB' / AC' = B'C / CC' et AC' = AC HB' / HC

Considérons les triangles BC'H et CB'H. Ils sont semblables comme rectangles ayant un angle H opposé. D'où HB' / C'H = CB' / BC' = CH / BH et

HB' BH = CH C'H

On peut alors écrire en remarquant que AC = 2 AC'' et AB = 2 AB''

AC' / AB' = (2 AB'' HB' / HC) / (2 AC'' CH' / BH) = (2 AB'' HB' BH) / (2 AC'' CH' CH) = AB'' / AC''

d'où AC' AC'' = AB' AB'' rapport classique des séquentes coupant un cercle issues d'un point commun.

Les points B'' et C'' étant sur le cercle de centre O ce rapport montre que les points B'' B' C' et C'' sont sur le cercle de centre O.

On ferait pareillement avec les segments CA' CA'', CB'' CB' pour montrer que le point A' est de même sur le cercle O.

Considérons maintenant les triangles BC'H et BB'A vus ci-dessus.

On a BH / AB = C'H / AB' = BC' / BB' d'où BB' = AB BC' / BH

Menons maintenant depuis C'' une parallèle à AH tombant donc perpendiculairement sur BC.

On obtient donc les triangles semblables BC''C''' et BAH (deux côtés parallèles et un angle ABC commun). On a le rapport BC'' / AB = BC''' / BH et BC'''

= BC'' BH / AB

BB' BC''' = (AB BC' / BH) (BC'' BH / AB) = BC' BC''

Rapport montrant pareillement que les points B' C' C'' et C''' sont sur le cercle O.

BC'' étant égal à AB / 2 on a également BC''' = BH / 2

On ferait des raisonnements identiques pour les deux autres hauteurs.

Donc les 3 sommets du triangle homothétique B''A''C'', les pieds des 3 hauteurs du triangle BAC et les moitiés de segments de hauteurs situés

entre les sommets A, B et C et l'orthocentre H de BAC sont sur le cercle d'EULER.

- Rapport entre les rayons R du cercle de centre O et r du cercle de centre W.

Dans W , C'' WB'' est l'angle au centre correspondant à l'angle inscrit C''A''B'' donc

C''WB'' = 2 C''A''B'' = 2 BAC (angles à côtés parallèles)

QB''W = (pi - C''WB'') / 2 = pi / 2 –BAC

donc W B'' = r cos (pi / 2 – BAC) = r sin BAC et r = (B''C'' / 2) / sin BAC ou encore

r = (BC / 4) / sin BAC

Dans BOC on a pareillement BOC = 2 BAC et OBA'' = (pi – BOC ) / 2 = (pi – 2 BAC) / 2 = pi / 2 – BAC

D'où OB = R et BA'' = R cos (pi / 2 – BAC) = R sin BAC; R = BA'' / sin BAC = (BC / 2) / sin BAC

et R / r = ((BC / 2) / sin BAC) / ((BC / 4) / sin BAC) = 2

Le cercle O est deux fois plus grand que le cercle W.

 

2) Lieu de l'orthocentre H quand le sommet A du triangle inscrit BAC parcourt le cercle circonscrit de centre O.

 


fig 3

Soit la corde BC et A sommet du triangle BAC inscrit dans le cercle O.(fig 3)

Nous nous proposons de connaître le lieu que parcourt l'orthocentre H de BAC quand A parcourt le cercle O.

Nous prenons pour cela deux triangles inscrits l'un BAC l'autre BDC, A étant venu en D.

Les angles inscrits ABD et DCA ayant l'arc AD en commun sont égaux : ABD = DCA = u

Les hauteurs BC'' et CC' forment le triangle BHC de même les hauteurs BB' et CB'' forment le triangle BH'C.

C''BD = B''CA = q C'BH = u – q = B'CH'

BHC = pi – (pi / 2 – C'BH) = pi / 2 + u – q et BH'C = pi – (pi / 2 - B'CH') = BHC

Les angles BHC et BH'C étant égaux on en déduit que l'orthocentre H décrit un arc de cercle correspondant à la corde BC.

 

Nature de ce cercle

Lorsque les verticales passent par les extrêmités E et E' du diamètre EE' parallèle à BC les orthocentres correspondants

sont sur les verticales EF ou E'F' situées à la distance extrême de B et C. (fig 4)

fig 4

L'arc BC correspondra alors à l' arc d'un cercle de centre O' identique à O, de diamètre FF' égal à EE'.

Si BC correspondait à un cercle plus petit ou plus grand l'orthocentre H ne pourrait s'y situer le cercle ne passant plus alors par F et F'.

Lorsque ABC est droit H est en B, AB et BC étant alors deux hauteurs de BAC.

Le rayon de O et de O' étant r on a AB² + BC² = 4 r² d'où AB

Lorsque la verticale AV contenant l'orthocentre en B vient en DW les cercles égaux O et O' donnent lieu à deux arcs égaux AD et BD'

limités par ces deux verticales. Les angles au centre AOD et BO'D' sont égaux et la projection des cordes correspondantes à ces arcs

sur ZZ' donne des quantités QR et SM égales entre elles.

On a AB = QM – QR et DD' = QM – SM et comme QR = SM AB = DD' comme on pouvait s'y attendre.

La valeur AH (fig 1) de la droite joignant l'orthocentre au sommet du triangle opposé à la corde origine est donc constante quelle que soit

la position de A sur le cercle O.

ZZ' = ZY + YZ' = 2 r + AB et OO' = ZZ' – 2 r = AB = AH

Le centre de O' est donc sur ZZ' a une distance de O égale à la grandeur AH (AB).

Remarquons ici que OM = MO'. En effet les triangles OCM et MBO' sont égaux

(O'B = OC = r, MB = MC et MBO' = MCO comme alternes internes ACC'B étant un parallélogramme)

 

3) Lieu de W centre du cercle des 9 points d'Euler quand le sommet A

du triangle inscrit BAC parcourt le cercle circonscrit de centre O.

 


fig 5

Nous avons vu ci-dessus que OM = MO' ce qui s'écrit rapporté à la figure 5 O'A'' = A''O

et que OO' = AH perpendiculaires à BC.

De même nous venons de voir que les angles ZOA et ZO'H étaient égaux comme angles au centre identiques sur les cercles O et O'.

On en déduit que OA et O'H sont égaux et que OO'HA est un parallélogramme dont OH est une diagonale.

Nous savons par ailleurs que OG = OH / 3 et que G W = OG / 2.

Donc O W = OG + G W = OH / 3 + OH / 6 = OH / 2 et W est donc le centre du parallélogramme O'OAH.

A'' WA''' passant par W et par A'' milieu de OO' est parallèle à OA et O'H et passe donc par A''' milieu de AH l'un des 9 points du cercle d'Euler.

Ce parallélogramme est donc constitué des grandeurs invariables OA = O'H rayons des cercles égaux O et O' comme vu ci-dessus.

OO' = AH valeurs constantes.

A''W A''' = OA = O'H et A'' W = A''A''' / 2 = OA / 2 = r / 2

Cette droite A'' W tourne donc parallèlement aux droites OA et O'H.

A'' W est donc le rayon d'un cercle de centre A'' de valeur égale à r / 2.

Tel est le lieu du centre du cercle d'Euler quand le sommet A décrit le cercle O.

 

4) Lieu du centre de gravité G lorsque le sommet A décrit le cercle de centre O.

Reprenons la partie de la figure 5 centrée sur le lieu géométrique de W qui est le cercle de centre A'' et de rayon A'' W.

 

détail de la figure 5

On retrouve G centre de gravité de BAC et de son homothétique B''A''C'' situé sur OG avec

OG = 2 G W ou encore OG = 2 / 3 de O W comme vu ci-dessus.

Lorsque A parcourt le cercle O, W parcourt le cercle A'' et on peut se demander quel lieu parcourt le centre de gravité G.

Sur la figure 6 qui n'est qu'une simplification de la figure 5 on retrouve

fig 6

 

A'', O, G et W dans différentes positions de W sur son cercle lieu géométrique: W G, W1 G1, W2 G2 etc…

Quelle que soit la position de W on aura toujours le rapport OGn = 2 / 3 de O Wn d'après ce que nous avons vu ci-dessus.

Par G1 menons une parallèle à W1A''. Celle-ci coupe OA'' (ou OO') en e1. Les triangles

semblables OA'' W1 et O e1G1 permettent d'écrire

e1G1 / A'' W 1 = Oe1 / OA'' = OG1 / O W 1 = 2 / 3

e1 est donc situé au 2 / 3 de OA'' et sa valeur est donc 2 r cos BAC / 3

( la figure 2 montre que OA'' = r sin OBA'' et OBA'' = (pi –BOC) / 2 = (pi – 2 BAC /2) =

pi / 2 – BAC . OA'' = r sin OBA'' = r sin (pi / 2 – BAC) = r cos BAC )

e1G1 = 2 / 3 de A'' W 1, A'' W 1 rayon du cercle A'' égal comme nous l'avons vu à r/2

Donc e1G1 = r / 3

De même par G2 menons une parallèle à W2A''. Celle-ci coupe OA'' (ou OO') en e2.

Les triangles semblables OA'' W2 et Oe2G2 permettent d'écrire

e2G2 / A'' W 2 = Oe2 / OA'' = OG2 / O W 2 = 2 / 3

e2 est donc situé au 2 / 3 de OA'' et sa valeur est donc 2 r cos BAC / 3.

e1 et e2 sont donc un seul et même point.

e2G2 = 2 / 3 de A'' W 2, A'' W 2 rayon du cercle A'' égal comme nous l'avons vu à r/2

Donc e2G2 = r / 3 = e1G1 et e1G1 = e2G2 = e3G3

On déduit de cela que le lieu géométrique du centre de gravité G du triangle BAC circonscrit au cercle de centre O

et de rayon r est un cercle de centre e situé sur OA'' à 2 r cos BAC / 3 de O en allant vers A'' et de rayon égal à r / 3.

1 12 2014

5) Lieu du centre des cercles inscrits O' et O'' quand le point A parcourt le cercle de centre O

 

fig 7

Nous traçons (fig 7) le triangle BAC inscrit dans le cercle de centre O ainsi que le triangle BDC correspondant à l'angle B = pi –BAC.

D est l'équivalent de A sous BC. On obtient alors 2 cercles inscrits de centre O' dans BAC et O'' dans BDC

1) Lieu de O' quand A parcourt l'arc BC.

Traçons les bissectrices de BAC. Elles se coupent en O'. L'angle inscrit BAC que nous appellerons A est constant quelle que soit la position de A sur le cercle O.

Donc pi – A est également constant et

pi – A = B1 + B2 + C1 + C2 = 2 B1 + 2 C1 = constante. Et B1 + C1 = constante.

Donc BO'C = pi – (B1 + C1) = constante et on peut donc affirmer que le point O' centre du cercle inscrit O' décrit un arc de cercle ayant pour corde BC.

Lorsque O' se trouve en Q sur la médiatrice A'Q on a B1 + B2 = C1 + C2 et 2 B1 = 2 C1

A = pi – (2 B1 + 2 C1) = pi – 4 C1 et C1 = (pi – A) / 4 = pi / 4 – A / 4

On a alors QC cos (pi / 4 – A / 4) = A'C = BC / 2 et

QC = BC / (2 cos (pi / 4 – A / 4)) = BC / (2 (cos pi / 4 cos A / 4 + sin pi / 4 sin A / 4)) et en remarquant

que sin pi / 4 = cos pi / 4

QC = BC / (2 sin pi / 4 (cos A / 4 + sin A / 4))

Posons R1 = QV rayon du cercle correspondant à l'arc BQC lieu de O' . Le triangle rectangle QMV permet d'écrire que

R1 cos A'QC = QM = QC / 2

A'QC = pi / 2 - C1 = pi /2 - (pi / 4 – A / 4) = pi / 4 + A / 4

Donc R1 cos (pi / 4 + A / 4) = QC / 2 = (BC / (2 sin pi / 4 (cos A / 4 + sin A / 4))) / 2

R1 = BC / (4 cos (pi / 4+ A / 4) sin pi / 4 (cos A / 4 + sin A / 4))

ce qui donne après simplification

R1 = BC / (4 sin² pi / 4) (cos² A / 4 – sin² A / 4)

2) Lieu de O'' quand D parcourt l'arc BC.

BDC que nous appellerons D est le supplément de BAC. BDC = pi – BAC = constante

pi – D = A= B3 + B4 + C3 + C4 = 2 B3 + 2 C3 = constante et B3 + C3 = constante

BO''C = pi – (B3 + C3) = constante et on en déduit que O'' parcourt l'arc de cercle BC.

Lorsque O'' est en Q' sur la médiatrice QA' on a D + C3 + C4 + D3 + D4 = pi = D + 4 C3

d'où C3 = pi / 4 – D / 4

A'C = Q'C cos (pi / 4 – D / 4) = BC / 2 et Q'C = BC / (2 cos (pi / 4 – D / 4)) =

BC / (2 (cos pi / 4 cos D / 4 + sin pi / 4 sin D / 4)) = BC / ((2 sin pi / 4) (cos D / 4 + sin D / 4)

A'CQ' quand D est sur la médiatrice est égal à (pi – D)/2/2 = pi / 4 –D / 4 = pi / 4 – (pi – A) /4 = A / 4

A'Q'C = pi / 2 – A / 4 et cos A'Q'C = sin A / 4

Le rayon WQ' = R2 correspondant à l'arc de cercle Q'C est alors donné par le triangle rectangle WQ'M' où Q'M' = Q'C / 2

R2 cos A'Q'C = Q'C / 2 = (BC / 2 ((2 sin pi / 4) (cos D / 4 + sin D / 4))

R2 = (BC / 2 ((2 sin pi / 4) (cos D / 4 + sin D / 4)) / 2 sin A / 4 =

BC / ((4 sin A / 4 sin pi / 4) (cos D / 4 + sin D / 4))

et en remplaçant D par sa valeur pi – A on obtient:

R2 = BC / ( 8 sin² pi / 4 sin A / 4 cos A / 4)

On trouve après développement

R2 / R1 = 1 / 2 X (cos² A / 4 – sin² A / 4) / (sin A / 4 cos A / 4)

5 12 2014

 

Droite de Simson et cercles du triangle quelconque

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