Figure sans paroles #4.2.8

Chaque lundi, IdM vous propose une image-théorème-puzzle extraite du livre de
Arseniy Akopyan : Geometry in Figures, 2011.

Cette figure est délibérément sans texte explicatif, ni énoncé.

A vous de l’observer, la comprendre, de vous poser les questions qu’elle suggère et, si possible, les résoudre !

Nous vous invitons à déposer vos questions ou votre solution dans les commentaires
et à voir ici d’autres figures sans paroles.

Commentaire sur l'article

  • 4.2.8

    le 20 juin à 19:51, par Reine

    Données : un triangle ABC et un point M du plan. Les droites MA, MB et MC recoupent le cercle circonscrit en P, Q et R ; M se projette en I, J et K sur les côtés BC, CA et AB. L’orthocentre H du triangle et les trois points U, V et W respectivement symétriques de P, Q et R par rapport à I, J et K sont alors quatre points cocycliques (ou alignés, ce cas survenant lorsque M est pris sur le cercle circonscrit). Comment l’établir ?

    L’argumentation proposée ci-dessous est longue et ennuyeuse ; j’espère que d’autres sauront présenter une preuve moins tordue et plus directe.

    Au préalable, un rappel : si un point N est sur le cercle circonscrit à ABC, ses symétriques par rapport aux trois côtés sont sur une même droite (la droite de Steiner$\,$ de N), qui, en outre, passe par l’orthocentre H. Ceci est démontré par Sidonie sous les Figures sans Paroles 3.11 et 3.14.

    Venons-en à notre affaire. Mettant à profit les cocyclicités de A, B, P et Q et de M, B, I et K, on écrit (figure 1) (PQ,$\,$MA)$\,=\,$(PQ,$\,$PA)$\,=\,$(BQ,$\,$BA)$\,=\,$(BM,$\,$BK)$\,=\,$(IM,$\,$IK). Échangeant les rôles de B et C, donc aussi de Q et R et de J et K, on a de même (PR,$\,$MA)$\,=\,$(IM,$\,$IJ). Par différence, on voit que (PQ,PR)$\,=\,$(IJ,IK), et, en permutant A, B et C, que les triangles$\,$ PQR et$\,$ IJK ont les mêmes angles orientés$\,$ ; on passe donc de l’un à l’autre par une similitude directe ou une translation.

    Il en résulte que le triangle UVW formé par les symétriques respectifs de P, Q et R par rapport à I, J et K a lui aussi les mêmes angles. C’est évident dans le cas de la translation ; sinon, une similitude directe centrée en un certain point G transforme PQR en IJK (figure 2). Rappelons que, le centre G et quatre points a, b, c et d étant donnés, la similitude directe centrée en G (j’abrègerai cela en sdc G) envoyant a sur b envoie aussi c sur d si et seulement si la sdc G envoyant a sur c envoie aussi b sur d. [1] Ici, il existe donc une sdc G envoyant P sur Q et I sur J. Elle envoie aussi U sur V, et, en retournant l’argument, la sdc G qui transforme P en U transforme aussi Q en V. Et l’on montre de même qu’elle transforme R en W.

    Enrichissons la figure de quelques nouveaux points, dont certains sont dessinés sur la figure 3 : O sera le centre du cercle circonscrit, N l’un des deux points où OM coupe le cercle, T le point du cercle tel que la droite NT soit parallèle à la droite de Steiner de N, [2] et enfin X, Y et Z les symétriques respectifs de H par rapport à I, J et K. Je vais montrer que la droite $\,$PX passe par le point $\,$T. Ceci une fois établi, il en résultera, par échange des rôles des sommets du triangle (ce qui ne change pas la droite de Steiner de N ni donc le point T), que QY et RZ passent aussi par T. En remarquant que les droites PX et UH sont parallèles car symétriques par rapport à I, et de même QY et VH grâce à J, on aura alors (HU,$\,$HV)${\,=\,}$(TP,$\,$TQ)${\,=\,}$(RP,$\,$RQ)${\,=\,}$(WU,$\,$WV), cette dernière égalité résultant de la similitude de PQR et UVW. Le point H sera donc sur le cercle (ou éventuellement la droite) passant par U, V et W.

    Il reste à s’assurer que T est sur PX. Encore cinq nouveaux points ! Appelons H$'$, N$'$ et U$'$ les symétriques de H, N et U par rapport à BC, de sorte que H$'$ est sur le cercle, HN$'$ est la droite de Steiner de N (donc parallèle à NT), et U$'$ est aussi le symétrique de P par rapport à MI. Et appelons D le point où H$'$U$'$ recoupe le cercle, et E celui où APM recoupe le cercle passant par P, D et U$'$. En écrivant (H$'\!$A,$\,$APE)${\,=\,}$(H$'$DU$'$,$\,$DP)${\,=\,}$(EU$'$,$\,$EP), on voit que U$'$E est parallèle à AH$'$, donc perpendiculaire à U$'$P. Ainsi PE est un diamètre du cercle PDU$'$E, dont le centre, situé à la fois sur le diamètre PE et sur la médiatrice MI de PU$'$, ne peut être que M. Les points P et D, communs aux deux cercles, sont symétriques par rapport à la droite des centres ONM, et N est donc le milieu d’un des deux arcs joignant P et D sur le cercle circonscrit à ABC. On peut alors écrire (TN,$\,$TP)${\,=\,}$(H$'$N,$\,$H$'$P)${\,=\,-{}}$(H$'$N,$\,$H$'$D). En utilisant la symétrie par rapport à BC, ceci se réécrit ${+\,}$(HN$'$,$\,$HU) ; et en remarquant que HN$'$, droite de Steiner de N, peut être remplacée par TN, et HU par sa parallèle PX, on obtient finalement (TN,$\,$TP)${\,=\,}$(TN,$\,$PX), d’où l’alignement de T, P et X.

    [1Car, dans les relations $\,Gd/Gc=Gb/Ga\,$ et $\,(\vec{Gc},\vec{Gd})=(\vec{Ga},\vec{Gb})$, on peut impunément échanger $\,b$ et $\,c$.

    [2Il se trouve que T reste inchangé si l’on remplace N par le point diamétralement opposé. Ce serait très facile à vérifier directement, et cela résulte aussi de notre démonstration, mais nous n’en aurons de toute façon pas besoin.

    Document joint : figure-4-2-8.pdf
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