COLLECTION GÉOMÉTRIQUE

ΣΥΝΑΓΩΓΉ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΉ

AUTOUR

DU

TRIANGLE ORTHIQUE 3

Jean-Louis AYME 1

A

B C

H

B'

M

1a

C'

Résumé. L'auteur présente une collection de problèmes autour du triangle orthique d'un triangle et dont le contexte se réfère au titre ci-avant. Preuves souvent originales, commentaires et notes historiques accompagnent chaque problème.

Cette collection construite d'une façon linéaire par accumulation linéaire se poursuit… Les figures sont toutes en position générale et tous les théorèmes cités peuvent tous être démontrés synthétiquement.

Avertissement. L'auteur rappelle que la vision triangulaire d'un résultat est laissée aux soins du lecteur. Un renvoi comme ''Problème 5'' signifie que le lecteur se référera au ''Problème 5'' de la même section. Un renvoi comme ''12. Problème 5'' signifie que le lecteur se référera au ''Problème 5'' de ''la section 12''. Un foot note précise une origine du problème, une signification ou une renvoie à un article de l'auteur.

1 St-Denis, Île de la Réunion (Océan indien, France), le 30/09/2019 ; jeanlouisayme@yahoo.fr

2

2

Abstract. The author presents a collection of problems around the orthic triangle of a triangle and whose context refers to the above title. Often original proof, comments and historical notes accompany each problem.

This linearly collection builts by accumulation continues... The figures are all in general position and all cited theorems can all be demonstrated

synthetically.

Warning. The author recalls that the triangular vision of a result is left to the reader care.

A reference as ''Problem 5'' means that the reader refer to the ''Problem 5'' of the same section. A reference like ''12. Problem 5'' means that the reader refer to the ''Problem 5'' of ''section 12''. A foot note specifies an origin of the problem, a meaning or a refers to an article of the author.

Sommaire

A. Récapitulation 3

B. Thèmes des problèmes 7

C. Les problèmes résolus 8

1. Une tangente au cercle de diamètre [AH] 9 2. The twin theorem * A-symédiane 11 3. La A-droite de Schwatt 12 4. Perpendiculaire à un côté du triangle 14 5. Parallèle à un côté du triangle orthique 17 6. Une hauteur comme bissectrice 19 7. Un triangle isocèle 21 8. Un point sur un cercle 23 9. Deux segments égaux 25 10. Une relation avec l'orthocentre 27 11. Deux segments égaux 28 12. Perpendiculaire à un côté du triangle 29 13. Angles du triangle orthique 31 14. Point sur un côté du triangle orthique 32 15. Quatre points alignés 36 16. Parallèle à une cévienne du triangle 38 17. Un point sur une droite de Steiner 39 18. Un triangle cévien 41 19. Cercle passant par le milieu d'un côté 43 20. Perpendiculaire à une cévienne 46 21. Ménélienne par le milieu d’un côté du triangle orthique 48 22. Une droite de Steiner 50 23. Une hauteur, axe radical 52 24. Parallèle à un côté du triangle 54 25. Parallèle à une hauteur 54 26. Droite de Steiner parallèle à côté du triangle 56 27. Deux segments égaux à une hauteur 58 28. Un point comme incentre 61 29. Deux segments égaux 63 30. Quatre points cocycliques 65 31. Tangente extérieure commune parallèle à (BC) 66 32. Tangente extérieure commune parallèle à (BC) 70 33. Tangente intérieure commune 72 34. Tangente extérieure commune à trois cercles 75

D. Lexique Français-Anglais

3

3

A. RÉCAPITULATION

1. Une tangente au cercle de diamètre [AH] 2. (AX) est la A-symédiane

3. La A-droite de Schwatt 4. Perpendiculaire à un côté du triangle

5. (HbHc) est parallèle à (EF) 6. Une hauteur comme bissectrice

7. Un triangle isocèle 8. Un point sur le cercle 1d

A

B C

X

Q

P I

R

K J

A

B C

H

B'

M

1a

C'

A

B C

Q

R

Ka

K

P

A

B C I

M K

A'

A

B C

F

D

E

A

B C

H

E

D

F

Hb

Hc

A

B C

F H

E

D

B*

A

B C

F H

E

D

B*

1dY

4

4

9. EX = DY 10. EA.EB = FA.FC

11. OE = OF 12. (ST)⊥ (BC)

13. Évaluation angulaire 14. Quatre points alignés et (B''C'') // (DE)

15. Point sur un côté du triangle orthique 16. (XA') // (AH)

A

B C

F H

E

D

O Y

X

A

B C

H

E

F

A

B C

P

Q

R

A*

T

S

A

B C

H

E

F

O

0

A

B C

H

A'

C"

B"C'

B'

E

D

A

B C

F

D

E

A

B C A'

B'

C'

R S

T

Q

A

B C

H

0

1a

X

A'

Ta

5

5

17. P, H et M sont alignés 18. Un triangle cévien

19. Cercle passant par le milieu d'un côté 20. (CM) est perpendiculaire à (AB)

21. (YZ) passe par le milieu de [DE] 22. (UV) passe par H

A

B C

M

H

P 0

1a

A

B C

F

D

E

P

R

Q

Pd

A

B C

E

D

Y

X

M

2 1

A

B C

F

D

E

H

P M

R

Q

Pd

A

B C

F

D

E

Z

Y

K

A

B C

H

Y

Z

V

U

1c

1b

6

6

23. Une hauteur, axe radical 24. (A'A'') // (BC)

25. (PE) // (CF) 26. (EHF) // (BC)

27. AR = AS = AD 28. D est le incentre de TRS

A

B C

C'B'

1b

1c

Ha

A

B C

O H

A'

0

A"

A

B C

O

H I

J

K

E

F

0

A

B C

F

E

O

1a

P

A

B C D

Z

Y

0

S

R

A

B C D

Z

Y

0

S

R

T

7

7

29. Deux segments égaux 30. AHB'C est cyclique

31. (I'J) est parallèle à (B'C) 32. Parallèle à (B'C)

33. T passe par M 34. Tangente extérieure commune

A

B C

0

Ta

M

H

P

A

B C

H

B'

A

H

C B'

J I'

0

1c

1'b

D

A

B C

H 1b 1c

A

B C

H

1a

1b 1c

A

B C

H

1c

1b

M

T

8

8

B. THÈMES DES PROBLÈMES 2

• Une tangente au cercle de diamètre [AH] 1 • Une symédiane 2 • La A-droite de Schwatt * Milieu d'une hauteur 3 • Perpendiculaire à un côté du triangle 4, 12 • Parallèle à un côté du triangle orthique 5 • Une hauteur comme bissectrice 6 • Un triangle isocèle 7 • Un point sur un cercle 8 • Segments égaux 9, 11, 27, 29 • Une relation 10 • Évaluation angulaire 13 • Point sur un côté du triangle orthique 14 • Quatre points alignés 15 • Parallèle à une cévienne du triangle 16, 25 • Un point sur une droite de Steiner 17, 22 • Un triangle cévien 18 • Cercle passant par le milieu d'un côté 19 • Perpendiculaire à une cécienne 20 • Ménélienne par le milieu d’un côté du triangle orthique 21 • Une hauteur, axe radical 23 • Parallèle à un côté du triangle 24 • Droite de Steiner parallèle à un côté du triangle 26 • Un point comme incentre 28 • Quadrilatère cyclique 30 • Tangente extérieure commune parallèle à (BC) 31, 32 • Tangente intérieure commune 33 • Tangente extérieure commune à trois cercles 34

2 Renvoi au numéro du problème

9

9

C. LES PROBLÈMES RÉSOLUS

10

10

PROBLÈME 1 3

Une tangente au cercle de diamètre [AH]

VISION

Figure :

A

B C

H

Q

M

1a

Traits : ABC un triangle acutangle, H l'orthocentre de ABC, Q le pied de la B-hauteur de ABC, 1a le cercle de diamètre [AH] et M le milieu de [BC]. Donné : (QM) est la tangente à 1a en Q.

VISUALISATION

A

B C

H

Q

M

1a

1'a

R

• Notons R le pied de la C-hauteur de ABC 3 A tangent through a midpoint…, AoPS du 06/04/2015 ;

http://www.artofproblemsolving.com/community/c6h1074802_a_tangent_to_the_midpoint

11

11

et 1'a le cercle de diamètre [BC] ; il passe par B' et C'. • Scolie : 1a passe par Q et R. • D'après Altshiller-Court "Deux cercles orthogonaux" 4, 1'a est orthogonal à 1a. • Conclusion : (QM) est la tangente à 1a en Q. Scolie : la A-symédiane du triangle AQR

A

B C

H

Q

M

1a

R

• Mutatis mutandis, nous montrerions que (RM) est la tangente à 1a en R. • Conclusion : d'après Chasles ''Construction d'une symédiane'' 5, (AM) est la A-symédiane de AQR.

4 Altshiller-Court N., Note on the orthocentric tetrahedron, American Mathematical Monthly (34) 500-501 Ayme J.-L., La ponctuelle (MH), G.G.G. vol. 7, p. 50-51 ; https://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/ 5 Ayme J.-L., Le point de l'académie Phillips Exeter, G.G.G. vol. 7, p. 21-23 ; https://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/

12

12

PROBLÈME 2 6

Jean-Louis Ayme

The twin theorem

VISION Figure :

A

B C

X

Q

P I

R

K J

Traits : ABC un triangle, 0 le cercle circonscrit à ABC, Ta la tangente à 0 en A PQR le triangle orthique de ABC, IJK le triangle médian de ABC, et X le point d’intersection de (IK) et (PQ). Donné : (AX) est la A-symédiane de ABC.

6 Ayme J.-L., Crux Mathematicorum, (Canada) 8 (2003) 511-513 Ayme J.-L., Another unlikely concurrence, G.G.G. vol. 10 ; https://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/

13

13

PROBLÈME 3 7

Oscar Xaver Schloemilch

revisité

par

Isaac Joachim Schwatt et Wetzig

VISION Figure :

A

B C I

M

K

A'

Traits : ABC un triangle, A' le pied de la A-hauteur de ABC, M le milieu de [AA'], I le milieu de [BC] et K le point de Lemoine de ABC. Donné : I, K et M sont alignés.

VISUALISATION

7 Schloemilch Oscar (1823-1901) 1862 Schwatt's lines AoPS du 15/01/2015 ; http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=47&t=621222 Ayme J.-L., The cross-cevian point, G.G.G. vol. 3, p. 20-23 ; http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/

14

14

A

B C

U

B'

A' I

E

K

M D

V

1

2

3

4

5

6

• Notons E, D les milieux resp. de [CA], [AB], B' le pied de la B-hauteur de ABC et U, V les points d'intersection de (A'B') avec (IE), (DE). • D'après Problème 2, (AU) et (BV) passent par K. • D'après Pappus "La proposition 139" 8, (KIM) est la pappusienne de l'hexagone AUEVBA'A. • Conclusion : I, K et M sont alignés. Scolie : (MI) est la "A-droite de Schwatt de ABC". Note historique : dans les Nouvelles Annales de 1887, Ernest Césaro 9 attribue ce résultat à Oscar Scloemilch qui serait tombé par hasard sur le point de concours des trois droites de Schwatt. Ce résultat a été republié en 1873 ou 1874 comme l'indique Maurice d'Ocagne et Émile Vigarié 10 dans le Journal de Mathématiques Élémentaires de 1886. Émile Lemoine 11 donnera à nouveau ce résultat sans en donner une preuve dans les Nouvelles Annales de 1884. Enfin, Isaac Joachim Schwatt 12 publiera en 1897 un article concernant cette situation dans le Educational Times. Pour terminer, Wetzig précisera la nature géométrique de ce point de concours.

Archive :

8 Ayme J.-L., Une rêverie de Pappus d'Alexandrie, G.G.G. vol. 6, p. 10-17 ; http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/ 9 Césaro, Nouvelles Annales (1887) 223 10 Ocagne (d') M., Vigarié E., Note sur la symédiane, Journal de Mathématiques Élémentaires (1886) 180 11 Lemoine E., Nouvelles Annales (1884) 27 12 Schwatt I. J., Educational Times 67 (1897)

15

15

PROBLÈME 4 13

Thanos Kalogerakis

VISION

Figure :

A

B C

Q

R

Ka

K

P

Traits : ABC un triangle acutangle, PQR le triangle orthique de ABC et K, Ka les points de Lemoine resp. des triangles ABC, AQR. Donné : (KKa) est perpendiculaire à (BC).

VISUALISATION

13 Kalogerakis T., Romantics of Geometry ; https://www.facebook.com/photo.php?fbid=539157073197109&set=gm.1855250764588621&type=3&theater Perpendicular to BC, AoPS du 29/09/2019 ;

https://artofproblemsolving.com/community/c6h1923686_perpendicular_to_bc

16

16

A

B C

Q

M

R

Ka

K

A*

P

• Notons M le milieu de [BC] et A* le A-sommet du triangle tangentiel de ABC. • Scolies : (1) les triangles resp. A*, M-isocèles A*CB, MQR sont inversement semblables

(2) les quadrilatère ABA*C et ARMQ) sont semblables de rapport BC/RQ = AA*/AM. • D'après Michel Chasles ''Construction d'une symédiane'' 14, K, Ka sont resp. sur (AA*), (AM). • Ka étant l'homologue de K, (KKa) // (A*M) ; nous savons que (A*M)⊥ (BC). • Conclusion : en conséquence, (KKa) est perpendiculaire à (BC). Scolie : K est un milieu

A

B C M

Ka

K

P

X

Pa

• Notons Pa le point d'intersection de (KKa) et (BC), et X le milieu de [AP].

14 Ayme J.-L., Le point de l'académie Phillips Exeter, G.G.G. vol. 7, p. 21-23 ; https://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/

17

17

• D'après Isaac Schwatt 15, X, K et M sont alignés. • Conclusion : d'après Thalès de Milet ''Raports'', K est le milieu [KaPa]. Archive :

15 Schloemilch Oscar (1823-1901) 1862 Schwatt's lines AoPS du 15/01/2015 ; https://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=47&t=621222 Ayme J.-L., The cross-cevian point, G.G.G. vol. 3, p. 20-23 ; https://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/

18

18

PROBLÈME 5 16

Avec deux orthocentres

Parallèle à un côté du triangle orthique

VISION

Figure :

A

B C

H

E

D

F

Hb

Hc

Traits : ABC un triangle acutangle, H l'orthocentre de ABC, DEF le triangle orthique de ABC et Hb, Hc les orthocentres des triangles resp. des triangles BFD, CDE. Donné : (HbHc) est parallèle à (EF).

VISUALISATION

A

B C

H

E

D

F

Hb

Hc

• Scolies : (1) le quadrilatère DHFHb étant un parallélogramme, (FHb) // (HD) et FHb = HD

16

19

19

(2) le quadrilatère DHEHc étant un parallélogramme, (HD) // (EHc) et HD = EHc. • Par transitivité de // et =, (FHb) // (EHc) et FHb = EHc. • Conclusion : le quadrilatère FHbHcE étant un parallélogramme, (HbHc) est parallèle à (EF).

20

20

PROBLÈME 6 17

Philippe Naudé (1737)

Une hauteur comme bissectrice

VISION

Figure :

A

B C

F

D

E

Traits : ABC un triangle acutangle et DEF le triangle orthique de ABC. Donné : (DA) est la D-bissectrice intérieure de DEF.

VISUALISATION

A

B C

F

D

E

1b

• Notons 1b le cercle de diamètre [AC] ; il passe par D et F. • Une chasse angulaire :

* Le quadrilatère AFDC étant cyclique, <FDB = <FAC) 17 Naudé P., Miscellana Besolinensia 5 (1737) 17

21

21

* par une autre écriture, <FAC = <BAC * par transitivité de =, <FDC = <BAC.

A

B C

F

D

E

1c

• Notons 1c le cercle de diamètre [AB] ; il passe par D et E. • Mutatis mutandis, nous montrerions que <BAC = CDE. • Par transitivité de =, <FDB = <CDE ; par décomposition, <ADF = <EDA. • Conclusion : (DA) est la D-bissectrice intérieure de DEF. Scolies : (1) l'orthocentre H de ABC est le centre du cercle inscrit à son triangle orthique (2) Les droites latérales d'un triangle acutangle

sont les bissectrices des angles extérieurs de son triangle orthique (3) Si, le triangle ABC est A-obtusangle alors, H est le D-excentre de DEF

Énoncé traditionnel : les hauteurs d'un triangle acutangles

sont les bissectrices intérieures du triangle orthique

ou encore,

l'orthocentre d'un triangle

est le centre de son triangle orthique.

Note historique : ce résultat a été confirmé par Eugène Catalan18.

Une courte biographie de Philippe Naudé : Philippe Naudé (1684-1743) destiné par son père à l’état ecclésiastique devient en 1708 membre de l'Académie

des sciences de Berlin et en 1714 membre de la Société royale de Londres.

18 Catalan E., Théorèmes et problèmes de Géométrie Elémentaire, 6e édition, Dunod, Paris (1879), proposition 1, p. 27

22

22

PROBLÈME 7 19

Un triangle isocèle

VISION

Figure :

A

B C

F H

E

D

B*

Traits : ABC un triangle acutangle, H l'orthocentre de ABC, DEF le triangle orthique de ABC et B* le point d'intersection de la parallèle à (EF) issue de H avec (DF). Donné : le triangle B*FH est B*-isocèle.

VISUALISATION

A

B C

F H

E

D

B*

• Une chasse angulaire : * autre écriture, <B*FH = <DFH * H étant le centre de DEF 20, < DFH = <HFE * ''angles alternes-internes'', <HFE = <FHB* * transitivité de la relation =, <B*FH = <FHB*.

19 Un triangle isocèle, Les Mathematiques.net ; http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?8,698410 20 Cf. Problème 6

23

23

• Conclusion : le triangle B*FH est B*-isocèle.

24

24

PROBLÈME 8 21

Un point sur un cercle

VISION

Figure :

A

B C

F H

E

D

B*

1dY

Traits : ABC un triangle acutangle, H l'orthocentre de ABC, DEF le triangle orthique de ABC, B* le point d'intersection de la parallèle à (EF) issue de H avec (DF), 1d le cercle circonscrit au triangleDHB* et Y le milieu de [BH]. Donné : 1d passe par Y.

VISUALISATION

A

B C

F H

E

D

B*

1dY

1b

• Notons 1b le cercle de diamètre [BH] ; il a pour centre Y et passe resp. par D, F. • D'après Problème 7, le triangle B*HF est B*-isocèle. 21 Ayme J.-L., Concyclic points, AoPS du 24/04/2015 ;

http://www.artofproblemsolving.com/community/c6h1081841_concyclic_points

25

25

• Conclusion : d'après ''Cercle passant par le centre d'un cercle'' 22, 1d passe par Y.

22 Ayme J.-L., Simplicity 1, G.G.G. vol. 36, p. 9-10 ; https://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/ Easy Geometry, AoPS du 22/04/2015 ; http://www.artofproblemsolving.com/community/c6t48f6h1080717_easy_geometry Un charmant exercice, Les-Mathematiques.net ; http://www.les-mathematiques.net/phorum/list.php?8

26

26

PROBLÈME 9 23

Deux segments égaux

Moscow mathematical olympiad 2019, grade 11, problem 3

VISION

Figure :

A

B C

F H

E

D

O

Y

X

Traits : ABC un triangle acutangle, H, O l'orthocentre, le centre du cercle circonscrit à ABC, DEF le triangle orthique de ABC et X, Y les pieds des perpendiculaires à (AO), (BO) issues resp. de E, D. Donné : EX = DY.

VISUALISATION

A

B C

F

H

E

D

O

Y

X

1a

X'X''

• Notons 1a le cercle de diamètre [AH], X le point d'intersection de (AO) et (EF),

23 Easy Geometry, AoPS du 01/10/2019 ; https://artofproblemsolving.com/community/c6t48f6h1923893_easy_geometry

27

27

X' le second point d'intersection de (AO) avec 1a et X'' le pied de la perpendiculaire à (EF) issue de H. • D'après Orthique 1 Problème 22 24, (EF)⊥ (AO). • D'après Thalès de Milet ''Triangle inscriptible dans un demi-cercle'', (AO)⊥ (HX') d'après l'axiome IVa des perpendiculaires, (EF) // (HX'). • Conclusion partielle : le quadrilatère ERHX' étant un trapèze cyclique, EX = FX''.

A

B C

F

H

E

D

O

Y

X

1a

X'X''

Y"

• Notons Y le point d'intersection de (BO) et (DF), et Y'' le pied de la perpendiculaire à (DF) issue de H. • D'après Problème 6, (FH) étant la F-bissectrice intérieure de DEF, FX'' = FY'' • Mutatis mutandis, nous montrerions que FY'' = DY. • Conclusion : par transitivité de =, EX = DY.

24 Ayme J.-L., Orthique 1 Problème 22, G.G.G. vol. 49 ; https://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/

28

28

PROBLÈME 10 25

Une relation avec l'orthocentre

VISION

Figure :

A

B C

H

E

F

Traits : ABC un triangle acutangle, H l'orthocentre de ABC, et E, F deux points resp. de (AB), (AC)

tels que le quadrilatère AEHF soit un parallélogramme. Donné : EA.EB = FA.FC.

VISUALISATION

A

B C

H

E

F

• Une chasse de rapports :

* les triangles EBH et FCH étant semblables, EB/FC = HE/HF * AEHF étant un parallélogramme, HE/HF = FA/EA * par transitivité de la relation =, EB/FC = FA/EA.

• Conclusion : par le produit en croix, EA.EB = FA.FC.

25

29

29

PROBLÈME 11 26

Deux segments égaux avec le centre du cercle circonscrit

VISION

Figure :

A

B C

H

E

F

O

0

Traits : ABC un triangle acutangle, H l'orthocentre de ABC, 0 le cercle circonscrit à ABC, O le centre de 0 et E, F deux points resp. de (AB), (AC)

tels que le quadrilatère AEHF soit un parallélogramme. Donné : OE = OF.

VISUALISATION • Notons R le rayon de 0. • D'après Problème 10, EA.EB = FA.FC * du point de vue puissance par rapport à 0, R² - OE² = R² - OF² * par simplification et transposition, OE² = OF². • Conclusion : OE = OF.

26 Quite difficult Problem, AoPS du 16/06/2012 ; http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=46&t=484170

30

30

PROBLÈME 12 27

Perpendiculaire à un côté du triangle

VISION

Figure :

A

B C

P

Q

R

A*

T

S

Traits : ABC un triangle, PQR le triangle orthique de ABC, A* le A-point d'Euler de ABC

et S, T les points d'intersection resp. de (QA*) et (AB), (PR) et (BQ). Donné : (ST) est perpendiculaire à (BC).

VISUALISATION

A

B C

H

P

Q

R

A*

T

S

C'

B*

1

1

2

3

4 6

5

• Notons H l'orthocentre de ABC,

C' le milieu de [AB], B* le B-point d'Euler de ABC

et 1 le cercle d'Euler de ABC.

27 Two perpendiculars, APS du 05/01/2015 ; http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=47&t=619855

31

31

• D'après Thalès "La droite des milieux" appliqué au triangle ABH, (B*C') // (AHP). • D'après "L'équivalence d'Aubert- MacKensie" 28,

(1) (ST) est la pascale de l'hexagone cyclique QA*PRC'B*Q

(2) (ST) // (AHP). • Par définition d'une hauteur, (AP)⊥ (BC) ; en conséquence, (ST)⊥ (BC). • Conclusion : (ST) est perpendiculaire à (BC).

Note historique : d’après mes lectures, une solution trigonométrique en a été donnée et the greek IMO constestand and medalist Silouan found a nice solution with harmonics

28 Ayme J.-L., La P-transversale de Q, G.G.G. vol. 3, p. 6-8 ; http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/

32

32

PROBLÈME 13

Angles du triangle orthique

VISION

Figure :

A

B C

F

D

E

Traits : ABC un triangle acutangle et DEF le triangle orthique de ABC. Donné : <FDB = <CDE = <A et <EDF = П – 2.<A. Commentaire : un preuve de ce résultat peut être vue dans le Problème 6.

33

33

PROBLÈME 14 29

Karl Feuerbach

Point sur un côté du triangle orthique

VISION

Figure :

A

B C

H

A'

C'

B'

E

D

Traits : ABC un triangle, H l'orthocentre de ABC A'B'C' le triangle orthique de ABC et D, E les symétriques de A' par rapport resp. à (AC), (AB). Donné : B', C', D et E sont alignés.

VISUALISATION 1

A

B C

H

A'

C'

B'

E

D

• Une chasse angulaire :

29 Feuerbach K., Eigenschaften einiger merkwurdigen Punkte des geradlinigen Dreiecks, und mehrerer durch sie bestimmten Linien und Figuren (1822), chapitre 2 Anyone wanna try harmonics here ?, AoPS du 28/05/2014 ;

http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=46&t=591524 From Prasolov's Book - Problem 1. 57 With an higher point of view, AoPS du 07/01/2015 ; http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=47&t=620098 Ayme J.-L., Regard 2, G.G.G. vol. 18, p. 7-8 ;http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/Docs/Regard%202.pdf p. 7-8.

34

34

* par symétrie d'axe (AB), <EC'B = <BC'A'

* d'après Problème 13, <BC'A' = <C

* d'après Problème 13, <A'C'B' = П – 2.<C * par addition et substitution, <EC'A' + <BC'A' + <A'C'B' = П.

• Conclusion partielle : E est sur (B'C'). • Mutatis mutandis, nous montrerions que F est sur (B'C'). • Conclusion : B', C', D et E sont alignés. Note historique : l'objectif de Feuerbach était, dans le chapitre 2 de son livre, l'étude géométrique du

triangle orthique. Scolies : (1) deux parallèles

A

B C

H

A'

C'

B'

E

D

R

Q

• Notons Q, R les pieds des perpendiculaires abaissées de A' resp. sur (AC), (AB). • Conclusion : d'après Thalès de Milet ''La droite des milieux'' appliqué au triangle A'DE, (QR) // (DE). (2) Une petite relation

A

B C

H

A'

C'

B'

E

D

R

Q

R'

Q'

• Notons Q’, R’ les points d’intersection de (QR) resp. avec (A’B’), (A’C’).

35

35

• D'après Thalès de Milet ''La droite des milieux'' appliqué au triangle A'C'E, 2.RR' = EC’ ; nous savons que EC' = A'C' ; par transitivité de =, 2.RR' = A'C'. • Mutatis mutandis, nous montrerions que 2.QQ' = A'B'. • Conclusion : par addition membre à membre, 2.QQ' + 2.RR' = AB' + AC'.

36

36

PROBLÈME 15 30

Cono Sur Olympiad (2005)

Quatre points alignés

VISION

Figure :

A

B C A'

B'

C'

R S

T

Q

Traits : ABC un triangle, A'B'C' le triangle orthique de ABC et Q, R, S, T les pieds des perpendiculaires abaissées de A' sur (AC), (AB), (BB'), (CC'). Donné : Q, R, S et T sont alignés.

VISUALISATION 1

A

B C

H

A'

B'

C'

R S

T

Q

• Notons H l'orthocentre de ABC et M la ménélienne (CC'H) du triangle ABB'. • D'après Problème 6, * l'orthocentre H de ABC est le centre du cercle inscrit à son triangle orthique * les droites latérales d'un triangle acutangle

30 Cono Sur Olympiad 2005, problem 2, AoPS du 19/08/2014 ;

http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=47&t=603020 Problem 1 of RMO 2006 (Regional Mathematical Olympiad-India), AoPS du 13/09/2009 ; https://artofproblemsolving.com/community/c6t48f6h300892_problem_1_of_rmo_2006_regional_mathematical_olympiadindia BrMO 1 2015/16 question 5, AoPS du 28/11/2015 ; http://www.artofproblemsolving.com/community/c6t48f6h1167946_brmo_1_201516_question_5

37

37

sont les bissectrices des angles extérieurs de son triangle orthique • Conclusion : d'après Arthur Lascases 31, Q, R, S et T sont alignés.

VISUALISATION 2

A

B C

H

A'

B'

C'

R S

T

Q

M

• Notons H l'orthocentre de ABC et M la ménélienne (CC'H) du triangle ABB'. • D'après Auguste Miquel 32, A' est le point de Miquel du delta (ABC, M). • Conclusion : d'après ''La droite de Miquel'' 33, Q, R, S et T sont alignés. Archive :

31 Lascases Arth., Question 477, Nouvelles Annales 18 (1859) 171 ; http://www.numdam.org/journals/NAM/

Ayme J.-L., Another unlikely concurrence, G.G.G. vol. 4, p. 1-3 ; https://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/ 32 Ayme J.-L., Auguste Miquel, G.G.G. vol. 13, p. 12-13 ; https://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/ 33 Ayme J.-L., Auguste Miquel, G.G.G. vol. 13, p. 15-16 ; https://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/

38

38

PROBLÈME 16 34

Parallèle à une cévienne du triangle

VISION

Figure :

A

B C

H

0

1a

X

A'

Ta

Traits : ABC un triangle acutangle, H l'orthocentre de ABC, 0 le cercle circonscrit à ABC, A' l'antipôle de A relativement à 0, 1a le cercle de diamètre [AH], Ta la tangente à 1a en A et X le second point d'intersection de Ta et 0. Donné : (XA') est parallèle à (AH).

VISUALISATION

• D'après Thalès de Milet ''Triangle inscriptible dans un demi-cercle'', (XA')⊥ Ta ; par définition d’une tangente, Ta ⊥ (AH) ; d'après l'axiome IVa des perpendiculaires, (XA') // (AH). • Conclusion : (XA') est parallèle à (AH).

34 Papelier G., Exercices de Géométrie Moderne, Pôles et polaires n° 34 (1927) 24, Eds J. Gabay (1996) ; MH perpendicular at, Mathlinks du 26/01/2006 ;

http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=47&t=72094 Segment orthogonal to median, AoPS du 22/01/2011 ; http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=46&t=387683

39

39

PROBLÈME 17 35

La droite (MH)

VISION

Figure :

A

B C

M

H

P 0

1a

Traits : ABC un triangle acutangle, H l'orthocentre de ABC, M le milieu de [BC], 0 le cercle circonscrit à ABC, 1a le cercle de diamètre [AH] et P le second point d'intersection de 1a et 0. Donné : P, H et M sont alignés.

VISUALISATION

A

B C

H

P 0

1a

A'

X Ta

• Notons A' l'antipôle de A relativement à 0, Ta la tangente à 1a en A 35 Papelier G., Exercices de Géométrie Moderne, Pôles et polaires n° 34 (1927) 24, Eds J. Gabay (1996) ; MH perpendicular at, Mathlinks du 26/01/2006 ;

http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=47&t=72094 Segment orthogonal to median, AoPS du 22/01/2011 ; http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=46&t=387683

40

40

et X le second point d'intersection de Ta et 0. • D'après Problème 16, (XA') // (AH). • Les cercles 0 et 1a, les points de base A et P, la monienne (XAA), les parallèles (XA') et (AH), conduisent au théorème 3' de Reim ; en conséquence, A', P et H sont alignés.

A

B C

M

H

P 0

1a

A'

X Ta

• D'après Orthique 1, Problème 12 36, H, M et A' sont alignés. • Conclusion : d'après l'axiome d'incidence Ia, P, H et M sont alignés.

36 Ayme J.-L., Orthique 1, G.G.G. vol. 49, p. 14-15 ; https://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/

41

41

PROBLÈME 18 37

Jean-Louis Ayme (2003)

Un triangle cévien

VISION

Figure :

A

B C

F

D

E

P

R

Q

Pd

Traits : ABC un triangle acutangle, DEF le triangle orthique de ABC, P le point d'intersection de (EF) et (BC), Pd la parallèle à (EF) issue de D et Q, R les points d'intersection de Pd resp. avec (AC), (AB). Donné : PQR est un triangle cévien de ABC.

VISUALISATION

A

B C

F

D

E

R

P

Q

E

S

T

U

1

2

3 4

5 6

•••• Notons S le point d'intersection de (AP) et (QR),

37 Ayme J.-L., A surprising cevian triangle, AoPS du 11/04/2015 ;

http://www.artofproblemsolving.com/community/c6h1076610_a_surprising_cevian_triangle

42

42

T le point d'intersection de (BS) et (CA), U le point d'intersection de (PQ) et (AB) et E le point d'intersection de (CR) et (TU). •••• D'après Pappus ''La proposition 139'' 38, (ESP) est la pappusienne de l'hexagone CRQUTBC.

A

B C

D

R

P

Q

E

S

T

U

•••• D'après Desargues ''Le théorème des deux triangles'' 39, (RAU) étant l'axe de la perspective des triangles ECT et QSP, B en est le centre ; en conséquence, E, B et Q sont alignés.

A

B C

F

D

E

R

P

Q

E

•••• Conclusion : PQR est le triangle E-cévien de ABC.

38 Ayme J.-L., Une rêverie de Pappus, G.G.G. vol. 6, p. 10-15 ; https://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/ 39 Ayme J.-L., Une rêverie de Pappus, G.G.G. vol. 6, p. 40-44 ; https://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/

43

43

PROBLÈME 19 40

O.M. Iran 1998

Cercle passant par le milieu d'un côté

VISION

Figure :

A

B C

F

D

E

H

P M

R

Q

Pd

Traits : ABC un triangle acutangle, H l'orthocentre de ABC, DEF le triangle orthique de ABC, P le point d'intersection de (EF) et (BC), Pd la parallèle à (EF) issue de D, Q, R les points d'intersection de Pd resp. avec (AC), (AB) et M le milieu de [BC]. Donné : M, P, Q et R sont cocycliques.

VISUALISATION

A

B C

F

D

E

R

P

Q

E

• Notons E le point d'intersection de (BQ) et (CR).

40 line through two foots and parallel line through third, AoPS du 22/04/2013 ;

http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=46&t=530893

44

44

• D'après Problème 18, PQR est le triangle E-cévien de ABC.

A

B C

F

D

E

R

P

Q

E

1

I

J K

X

• Notons 1 le cercle circonscrit au triangle PQR

et I, J, K les seconds points d'intersection de 1 resp. avec (BC), (CA), (AB). • D'après Olry Terquem "Le cercle…" 41, le triangle IJK est cévien relativement à ABC ; en conséquence, (AI), (BJ) et (CK) sont concourantes. • Notons X ce point de concours.

A

B C

F

D

E

R

P

Q

1

I, M

J K

2

3

F F F

• D'après Thalès "Triangle rectangle inscriptible dans un demi cercle", B, C, E et F sont cocycliques.

41 Ayme J.-L., A new point on Euler line, G.G.G. vol. 5, p. 3-5 ; http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/

45

45

• Notons 2 ce cercle. • Les cercles 2, les points de base B et C, les moniennes (FBR) et (ECQ), les parallèles (FE) et (RQ), conduisent au théorème 0" de Reim ; en conséquence, B, C, R et Q sont cocycliques. • Notons 3 ce cercle. • Les cercles 3 et 1, les points de base R et Q, les moniennes (BRK) et (CQJ), conduisent au théorème 0 de Reim ; il s'en suit que (BC) // (KJ). •••• D'après Thalès de Milet "Le trapèze complet", (FA) passe par M ; en conséquence, I et M sont confondus. •••• Conclusion : 1 passe par I.

46

46

PROBLÈME 20 42

Baltic Way 2010

Perpendiculaire à une cévienne

VISION

Figure :

A

B C

E

D

Y

X

M

2 1

Traits : ABC un triangle acutangle, 1 un cercle passant par A et B, comme indiqué sur la figure, D, E les points d'intersection de 1 resp. avec (BC), (AC), 2 le cercle passant par C, D, E, X, Y les points d'intersection de 2 avec (AB) et M le milieu de [XY]. Donné : M est le pied de la C-hauteur de ABC.

VISUALISATION

A

B C

E

D

O

Y

X

M

1 2

Tc

• Notons O le centre de 1 et Tc la tangente à 1 en C.

42 Midpoint of XY is foot of altitude from C, AoPS du 19/11/2010 ;

http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=47&t=378563

47

47

• Les cercles 2 et 1, les points de base D et E, les moniennes (BDC) et (AEC), conduisent au théorème 1 de Reim ; il s'en suit que (BA) // Tc ; par définition d'une tangente, Tc ⊥ (CO) ; en conséquences, (1) (BA) ⊥ (CO) (2) (CO) passe par M. • Conclusion : M est le pied de la C-hauteur de ABC.

48

48

PROBLÈME 21 43

Ménélienne

passant

par

le milieu d'un côté du triangle orthique

VISION

Figure :

A

B C

F

D

E

Z

Y

K

Traits : ABC un triangle acutangle, DEF le triangle orthique de ABC, Y, Z les pieds des perpendiculaires à (AC), (AB) issues de D et K le point d'intersection de (YZ) et (DE). Donné : K est le milieu de [DE].

VISUALISATION

A

B C

F

D

E

Z

Y

K

• D'après Problème 14, scolie, (YZ) // (EF).

43 Easy Problem with heights of triangle, AoPS du 23/10/2011 ;

http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=46&t=440319

49

49

A

B C

F

D

E

Z

Y

K D*

• Notons D* le symétrique de D par rapport à (AB). • D'après Problème 14, D* est sur (EF). • Conclusion : d'après Thalès de Milet ''La droite des milieux'' appliqué au triangle DED*, K est le milieu de [DE].

50

50

PROBLÈME 22 44

Une droite de Steiner

VISION

Figure :

A

B C

H

Y

Z

V

U

1c

1b

Traits : ABC un triangle acutangle, H l'orthocentre de ABC, Y, Z deux points resp. de [AC], [AB], 1b, 1c les cercles de diamètre [AC], [AB] et U, V les points d'intersection de 1b et 1c. Donné : U, V et H sont alignés.

VISUALISATION

44 Collinear, AoPS du 11/05/2015 ; http://www.artofproblemsolving.com/community/c6t48f6h1087738_collinear

51

51

A

B C

H

Y

Z

V

U

1c

1b

F

E 1a

• Notons E, F les pieds des B, C-hauteurs de ABC et 1a le cercle de diamètre [BC].

• Scolie : 1a passe par E et F. • D'après Monge ''Le théorème des trois cordes'' 45, (UV) passe par H. • Conclusion : U, V et H sont alignés.

45 Ayme J.-L., Le théorème des trois cordes, G.G.G. vol. 6 ; https://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/

52

52

PROBLÈME 23 46

Rindi, problème 12036, Educational Time 60 (1894)

VISION

Figure :

A

B C

C'B'

1b

1c

Ha

Traits : ABC un triangle, B', C' les pieds des B, C-médianes de ABC, 1b, 1c les cercles de diamètres resp. [BB'], [CC'] et Ha la A-hauteur de ABC. Donné : Ha est l'axe radical de 1b et 1c.

VISUALISATION

A

B C

C'B'

J K

U

V

1b

1c

• Notons J, K les centres resp. de 1b, 1c et U, V les points d'intersection de 1b et 1c. • Scolie : (UV) est l'axe radical de 1b et 1c. • D'après Thalès ''La droite des milieux'' appliqué à ABC, (B'C') // (BC). 46 Rindi, problème n° 12036, Educational Time 60 (1894) 107 Prove Collinearity by PoP, AoPS du 03/10/2019 ;

https://artofproblemsolving.com/community/c6t48f6h1926151_prove_collinearity_by_pop

53

53

• D'après Thalès ''Rapports'', J et K étant les milieux resp . de [BB'], [CC'], (BC) // (JK). • D'après ''Le théorème de la médiatrice'', (JK) ⊥ (UV). • D'après l'axiome IVa des perpendiculaires, (BC) ⊥ (UV). • D'après Problème 22, Ha et (UV) sont confondus, • Conclusion : Ha est l'axe radical de 1b et 1c. Archive :

54

54

PROBLÈME 24 47

Parallèle à un côté du triangle

VISION

Figure :

A

B C

O H

A'

0

A"

Traits : ABC un triangle acutangle, H l'orthocentre de ABC, 0 le cercle circonscrit à ABC, O le centre de 0, et A', A'' les circumtraces resp. de (AO), (AH). Donné : (A'A'') est parallèle à (BC).

VISUALISATION • D'après Thalès de Milet ''Triangle inscriptible dans un demi-cercle'', (A'A'')⊥ (AH) ; par hypothèse, (AH) ⊥ (BC) ; d'après l'axiome IVa des perpendiculaires, (A'A'') // (BC). • Conclusion : (A'A'') est parallèle à (BC). Scolie : (AO) et (AH) sont deux A-isogonales de ABC.

47

55

55

PROBLÈME 25 48

Parallèle à une hauteur

VISION

Figure :

A

B C

F

E

O

1a

P

Traits : ABC un triangle acutangle, O le centre du cercle circonscrit à ABC, E, F les pieds des B, C-hauteurs de ABC, 1a le cercle de diamètre [BC] ; il passe par E et F ; et P le second point d'intersection de (BO) avec 1a. Donné : (EP) est parallèle à (CF).

VISUALISATION

• D'après Problème 24, (BO) et (BE) étant deux B-isogonales de BAC, sont aussi deux B-isogonale du triangle BCF ;

en conséquence, (PE) // (CF). • Conclusion : (EP) est parallèle à (CF).

48 Ayme J.-L., Two parallels, AoPS du 15/10/2015 ; http://www.artofproblemsolving.com/community/c6h1152101_two_parallels

56

56

PROBLÈME 26 49

Droite de Steiner parallèle à un côté

VISION

Figure :

A

B C

O

H I

J

K

E

F

0

Traits : ABC un triangle acutangle, H l'orthocentre de ABC, 0 le cercle circonscrit à ABC, O le centre de 0, I, J les circumtraces resp. de (CH), (BH), K l'antipôle de A de 0 et E, F les points d'intersection resp. de (KI) et (AB), (KJ) et (AC). Donné : (EHF) est parallèle à (BC).

VISUALISATION

A

B C

O H I

J

K

E

F

0

L

1 2

3 4

5

6

• Notons L la circumtrace de (AH). •••• D'après Problème 24, (LK) // (BC). • D'après Aubert-Pascal ''Hexgramma mysticum'' 50 appliqué à l'hexagone cyclique BALMICB, (1) (EH) en est la pascale

49 Geometry, AoPS du 08/08/2015 ; http://www.artofproblemsolving.com/community/c6t48f6h1126558_geometry 50 Ayme J.-L., Hexagramma mysticum, G.G.G. vol.12, p.14-16 ; https://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/

57

57

(2) (EH) // (BC).

A

B C

O

H I

J

K

E

F

0

• Mutatis mutandis, nous montrerions que (BC) // (HF). • Par transitivité de la relation //, (EH) // (HF) ; d'après le postulat d'Euclide, (EH) = (HF). • Conclusion : (EF) est parallèle à (BC).

58

58

PROBLÈME 27 51

Deux segments égaux à une hauteur

VISION

Figure :

A

B C D

Z

Y

0

S

R

Traits : ABC un triangle acutangle, 0 le cercle circonscrit à ABC, D le pied de la A-hauteur de ABC, Y, Z les pieds des perpendiculaires à (AC), (AB) issues de D et R, S les points d'intersection de (YZ) avec 0. Donné : AR = AS = AD.

VISUALISATION

51 Equal segment to an altitude, AoPS du 08/10/2019 ;

https://artofproblemsolving.com/community/c6h1929389_equal_segments_to_an_altitude

59

59

A

B C D

Z

Y

O

0

S

R

U

• Notons O le centre de 0, U le point d'intersection de (AO) et ((RS). • D'après Problème 21 et Orthique 1, Problème 22 52, (AO) est perpendiculaire à (RS). • Conclusion partielle : (Ao) étant la médiatrice de [RS], AR = AS.

A

B C D

Z

Y

O

0

S

R

U

V

1

• Notons V le second point d'intersection de (AO) avec 0 et 1 le cercle de diamètre [VY] ; il passe par U. • D'après Thalès de Milet ''Triangle inscriptible dans un demi-cercle'', (CV) ⊥ (CA) ; en conséquence, 1 passe par C. • Une chasse segmentaire : * d'après ''Le produit AB.AC'' 53, AR.AS = AU.AV * d'après Jakob Steiner ''Puissance'', AU.AV = AY.AC

52 Ayme J.-L., Orthique Encyclopédie 1, G.G.G. vol. 49, p. 59 ; https://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/ 53 Ayme J.-L., Le produit AB.AC, G.G.G. vol. 17, p. 5 ; https://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/

60

60

* par ''Relation métrique dans le triangle rectangle'', AY.AC = AD² * par transitivité et substitution, AR² = AD². • Conclusion : par réduction et récapitulation, AR = AS = AD.

61

61

PROBLÈME 28 54

Sharygin 2012 Grade 9 P8

Un point comme incentre

VISION

Figure :

A

B C D

Z

Y

0

S

R

T

Traits : ABC un triangle acutangle, 0 le cercle circonscrit à ABC, D le pied de la A-hauteur de ABC, Y, Z les pieds des perpendiculaires à (AC), (AB) issues de D, R, S les points d'intersection de (YZ) avec 0 et T le second point d'intersection de (AD) avec 0. Donné : D est le centre du triangle TRS.

VISUALISATION

54 Foot of altitude is incenter, AoPS du 07/07/2018 ;

https://artofproblemsolving.com/community/c6t48f6h1669836_foot_of_altitude_is_incenter https://artofproblemsolving.com/community/c453393h1786409_feet_from_afoot

62

62

A

B C D

Z

Y

0

S

R

T

• D'après Problème 27, AR = AS ; en conséquences, (1) (TDA) est la T-bissectrice intérieure du triangle TRS (2) A est le milieu de l'arc RS ne contenant pas T.

A

B C D

Z

Y

0

S

R

T

1a

• D'après Problème 27, AR = AS = AT. • Notons 1a le cercle de centre A passant par D ; il passe par R et S. • 1a étant le T-cercle de Mention de TRS, passe son centre D. • Conclusion : D est le centre du triangle TRS.

63

63

PROBLÈME 29 55

Deux segments égaux

VISION

Figure :

A

B C

0

Ta

M

H

P

Traits : ABC un triangle acutangle, 0 le cercle circonscrit à ABC, O le centre de 0, Ta la tangente à 0 en A, H l'orthocentre de ABC, P le pied de la perpendiculaire à Ta issue de H et M le milieu de [BC]. Donné : MA = MP.

VISUALISATION

A

B C

O

0

Ta

M

H

P A*

O'

55 Using Forgotten lemma, AopS du 23/10/2019 ;

https://artofproblemsolving.com/community/c6t48f6h1939169_using_forgotten_lemma

64

64

• Notons A* le milieu de [AH], O le centre de 0 et O' le symétrique de O par rapport à (BC). • Scolie : le quadrilatère AHO'O est le parallélogramme de Carnot de ABC. • D'après Orthique 2, Problème 2 56, le quadrilatère AA*MO est le parallélogramme. • D'après Orthique 1, Problème 22 57, (AO) ⊥ Ta ; • Conclusion partielle : (A*M) étant l'axe médian de la bande de frontière (AO) et (PHO'), est la médiatrice de [AP]. • Conclusion : d'après ''Le théorème de la médiatrice'', MA = MP.

56 Ayme J.-L., Orthique Encyclopédie 2, Problème 2, G.G.G. vol. 49, p. 9-10 ; https://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/ 57 Ayme J.-L., Orthique Encyclopédie 1, Problème 22, G.G.G. vol. 49, p. 59 ; https://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/

65

65

PROBLÈME 30

Quatre points cocycliques

VISION

Figure :

A

B C

H

B'

Traits : ABC un triangle acutangle, H l'orthocentre de ABC, et B' le symétrique de B par rapport à (AH. Donné : le quadrilatère AHB'C est cyclique.

VISUALISATION

• Une chasse angulaire : * par ''Angles à côtés perpendiculaires'', <HAC = <CBH * par une autre écriture, <CBH = <B'BH * par symétrie par rapport à (H), <B'BH = <HB'B * par transitivité de =, <HAC = <HB'B. • Conclusion : le quadrilatère AHB'C est cyclique. • Notons 0 son cercle circonscrit.

66

66

PROBLÈME 31 58

Jean-Louis Ayme (2004)

Tangente extérieure commune parallèle à (BC)

VISION

Figure :

A

H

C B'

J I'

0

1c

1'b

D

Traits : AHB'C un quadrilatère cyclique tel que (AH) soit perpendiculaire à (B'C), 0 le cercle circonscrit à AHB'C, 1'b, 1c les cercles inscrits resp. aux triangles B'AH, CAH, D la seconde tangente commune extérieure de 1'b et 1c, et I', J les points de contact de D resp. avec 1'b, 1c. Donné : (I'J) est parallèle à (B'C).

VISUALISATION

58 Ayme J.-L. (2004)

67

67

A

H

C B'

Z

Y

F E

J I

0

1c

1'b

X

O

W

• Notons X, Y, Z, W les milieux des arcs B'C, CA, AH, HB' ne contenant pas resp. A, H, B', C, E, F les centres resp. de 1’b, 1c, et O le point d'intersection de (AH) et (CB'). • D'après Jakob Steiner "Deux cordes perpendiculaires" 59, (XZ) ⊥ (WY). • D'après Jakob Steiner "Deux bissectrices perpendiculaires" 60, (WY) est parallèle à la bissectrice intérieure de <AOC. Énoncé de J. Steiner :

"dans tout quadrilatère cyclique , les bissectrices des angles formés par les côtés opposés sont parallèles aux bissectrices des angles formés par les diagonales".

59 Steiner J., Journal de Crelle 2 (1827) 96 60 Steiner J.

68

68

A

H

C B'

Z

Y

F E

J I

0

1c

1'b

X

O

W

2

• Notons 2 le cercle de Mention de centre Z passant par A ; il passe par E, F et H. • Les cercles 0 et 2, les points de base A et B, les moniennes (WAE) et (YHF), conduisent au théorème 0 de Reim ; il s'en suit que (WY) // (EF) . • Conclusion partielle : (EF) est parallèle à la bissectrice intérieure de <COA.

69

69

A

H

C B'

Z

F

E

J I

0

1c

1'b

X

O

W

O'

D

• Notons O' le point d'intersection de (AH) et (EF). • Par symétrie par rapport à (O'EF), nous obtenons la seconde tangente commune extérieure de 1'b et 1c ; en conséquence, D = (O'I'J) et D ⊥ (AH) ; par hypothèse, (AH)⊥ (B'C) ; d'après l'axiome IVa des perpendiculaires, D // (B'C). • Conclusion : (I'J) est parallèle à (B'C).

70

70

PROBLÈME 32

Tangente extérieure commune parallèle à (BC)

VISION

Figure :

A

B C

H 1b

1c

Traits : ABC un triangle acutangle, H l'orthocentre de ABC et 1b, 1c les cercles inscrits resp. aux triangles AHB, AHC. Donné : 1b et 1c admettent une tangente extérieure commune parallèle à (BC).

VISUALISATION

A

H

C B'

J I'

1c

1'b

D

B

I

1b

71

71

• Notons B' le symétrique de B par rapport à (AH)

1'b le cercle inscrit au triangle B'AH, D la seconde tangente commune extérieure de 1'b et 1c, et I', J les points de contact de D resp. avec 1'b, 1c. • D'après Problème 31, D est parallèle à (BC). • Scolies : (1) 1b et 1'b sont symétrique par rapport à (AH) (2) en conséquence, D passe par I.

• Conclusion : 1b et 1c admettent une tangente extérieure commune parallèle à (BC).

72

72

PROBLÈME 33 61

Pau Yiu (2003)

Tangente intérieure commune

VISION

Figure :

A

B C

H

1c

1b

M

T

Traits : ABC un triangle acutangle, M le milieu de [BC], H l'orthocentre de ABC, 1b, 1c les cercles inscrits resp. aux triangles AHB, AHC et T la seconde tangente intérieure commune à 1b et 1c. Donné : T passe par M.

VISUALISATION

61 Yiu P., One more triad of circles, Message Hyacinthos # 888 (16/04/2003) Ayme J.-L., Another variant of the parallel tangent theorem, Mathlinks (03/05/2011) ;

http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=47&t=395020 ; Salazar J. C., Parallel tangent, , Mathlinks (08/26/2004) http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=46&t=15945 ; Orthocenter and circles, Message Hyacinthos # 9127 (01/24/2004) ; http://tech.groups.yahoo.com/group/Hyacinthos/.

73

73

A

B C

H

1c

1b

M P

0

D

• Notons P le pied de la A-hauteur de ABC et 0 le cercle d'Euler-Bevan de ABC. • D'après Sir William Rowan Hamilton "Le théorème" 62, 0 est le cercle d'Euler des triangles HBC, HCA et HAB ; il passe par P et M. • D'après Karl Feuerbach 63, 0 est tangent à 1b et 1c. • D'après Problème 31, 1b et 1c admettent une tangente extérieure commune parallèle à (BC). • Notons D cette la tangente.

A

B C

H

1c

1b

M, XP

0

D

T

• Notons X le point d'intersection de T et 0 comme indiquée sur la figure. • D'après "The parallel tangent theorem" 64, (PX) // D ; nous avons, D // (PA') ; d'après le postulat d'Euclide, P, X et M sont alignés ;

62 Hamilton, The Quaterly Journal (1861) 249; Hamilton, Question 594, Nouvelles Annales de mathématiques XX (1861) 216 ; solution de Saint-Michel (de) G., (1862) 183 63 Feuerbach K., Eigenschaften einiger merkwurdigen Punkte des geradlinigen Dreiecks, und mehrerer durch sie bestimmten Linien und Figuren.

Ayme J.-L., Feuerbach’s theorem, G.G.G. vol. 11 ; https://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/ El teorema de Feuerbach : una demonstration puramente sintética, Revistaoim 26 (2006) ; http://www.oei.es/oim/revistaoim/index.html http://geometry.ru/articles.htm

64 Ayme J.-L., the parallel tangent theorem, G.G.G. vol. 11 ; https://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/

74

74

en conséquence, M et X sont confondus. • Conclusion : T passe par M. Commentaire : Juan Carlos Salazar 65 a proposé un schéma de solution,

mais reconnaît qu'il n'a pas trouvé de solution synthétique pour ce qui précède.

Une courte biographie de Paul Yiu

Suite à l'obtention de son B. A. à l'université de Hong Kong en 1975, puis du M. Phi en 1978, Paul Yiu soutient son Ph. D. à l'université de la Colombie Britannique (Canada) en 1985. En 1990, il est nommé professeur au Florida Atlantic University de Boca Raton (Floride, Etats-Unis) et développe en 2003 le site Forum Geometricorum 66.

65 Salazar J. C., orthocenter and circles, Message Hyacinthos # 9127 du 24-01-04 66 http://forumgeom.fau.edu/index.html

75

75

PROBLÈME 34 67

Tangente extérieure commune à trois cercles

VISION

Figure :

A

B C

H

1a

1b1c

Traits : ABC un triangle acutangle, 1a le cercle de diamètre [BC], H l'orthocentre de ABC, et 1b, 1c les cercles inscrits resp. aux triangles AHB, AHC. Donné : 1a, 1b et 1c admettent une tangente extérieure commune.

VISUALISATION

67 Incircles of AHC and AHB, AoPS du 13/01/2010 ;

https://artofproblemsolving.com/community/c6t48f6h1985244_incircles_of_ahc_and_ahb

76

76

A

B C

H E

F

U

1b1c

T D

D'

• D'après Problème 31, 1b et 1c admettent une tangente extérieure commune parallèle à (BC) • Notons D cette tangente, E, F les centres resp. de 1b, 1c, T le point d'intersection de (AH) et D, et U le symétrique de T par rapport à (EF). • Conclusion partielle : U est sur la seconde tangente extérieure commune à 1b et 1c. • Notons D' cette seconde tangente extérieure.

B C M

H

E

F

U

1b

1c

T D

V

D'

1a

• Notons M le milieu de [BC] et V le point d'intersection de (EF) et (AH).

77

77

• Scolie : M, V et U sont alignés. • Par symétrie par rapport à (EF), (MVU)⊥ D' ; en conséquence, D' est tangente à 1a en U. • D'après 68.2. Incentre et orthocentre 68, MU = MB = MC. • Conclusion : 1a, 1b et 1c admettent une tangente extérieure commune. Archive :

68 Ayme J.-L., Collection géométriques sur le cercle inscrit, G.G.G. vol. 50, 68. 2. Problème 14, p. 35 ;

https://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/,

78

78

D. LEXIQUE

FRANÇAIS - ANGLAIS A aligné collinear annexe annex axiome axiom appendice appendix adjoint associate a propos by the way btw acutangle acute angle axiome axiom B bissectrice bisector bande strip C centre incenter centre du cercle circonscrit circumcenter cercle circonscrit circumcircle cévienne cevian colinéaire collinear concourance concurrence coincide coincide confondu coincident côté side par conséquence consequently commentaire comment D d'après according to donc therefore droite line d'où hence distinct de different from E extérieur external F figure figure H hauteur altitude hypothèse hypothesis I intérieur internal identique identical i.e. namely incidence incidence L lemme lemma lisibilité legibility M mediane median médiatrice perpendicular bissector milieu midpoint

N Notons name nécessaire necessary note historique historic note O orthocentre orthocenter ou encore otherwise P parallèle parallel parallèles entre elles parallel to each other parallélogramme parallelogram pédal pedal perpendiculaire perpendicular pied foot point de vue point of view postulat postulate point point pour tout for any Q quadrilatère quadrilateral R remerciements thanks reconnaissance acknowledgement respectivement respectively rapport ratio répertorier to index S semblable similar sens clockwise in this order segment segment Sommaire summary symédiane symmedian suffisante sufficient sommet (s) vertex (vertice) T trapèze trapezium tel que such as théorème theorem triangle triangle triangle de contact contact triangle triangle rectangle right-angle triangle