Annexe la démonstration Soit un triangle ABC non rectangle et M un point quelconque On note A B et C les orthocentres respectifs des triangles MBC MCA et MAB Alors les triangles ABC et A B C ont la même aire

Description

Annexe 1 : la démonstration Soit un triangle ABC non rectangle et M un point quelconque; On note A?, B? et C? les orthocentres respectifs des triangles MBC, MCA et MAB. Alors les triangles ABC et A?B?C? ont la même aire. La démonstration ci-dessous sera faite en partie de façon analytique. Soit un repère orthonormé . Soit , , trois points quelconques du plan. L'aire du triangle ABC est égale à . Or . Compte tenu de la bilinéarité du déterminant, on a : . Et en utilisant le fait qu'il s'agit d'une forme bilinéaire antisymétrique, on a : . Le point C?, orthocentre du triangle MAB est donc le point d'intersection de la hauteur issue de A relative à (MB) et de la hauteur issue de B relative à (MA). Pour déterminer ses coordonnées, il suffit donc d'écrire et , puis de résoudre le système formé par ces deux équations. Après calculs : Et de façon analogue, on a : MC? = + ? ? ? ? ? ?? u ruuu a b a b a b a b b a b a 2 2 1 1 1 2 2 1 2 2 1 1( ) ? ?? . BC MA? ? = u ruuu u ruuu 0AC MB? ? = u ruuu u ruu 0 det , det , detAB AC MB MC MC u ruu u ruu u ruu u ruu( ) = ( ) + u ruu u ruuu u ruuu u ruu,

• ab ac


• égalité des déterminants


• mcu ruuu


• ac ba


• tan tan

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• Tan Tan

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Annexe 1 : la démonstration

Soit un triangle ABC non rectangle et M un point quelconque; On note A′, B′et C′les orthocentres respectifs des triangles MBC, MCA et MAB. Alors les triangles ABC et A′B′C′ont la même aire.

B ¢

B

A

H

A ¢ M

C

C ¢

La démonstration ci-dessous sera faite en partie de façon analytique. Soit un repère orthonorméM ;i r , r j Soit A ( a 1 ,a 2 )  B ( b 1 ,b 2 )  C ( c 1 ,c 2 )trois points quelconques du plan. L’aire du triangle ABC est égale à ted 2 1 u A uu B r , u A uu C r uuuruuuruuuruuuur Or  ACdet AB,=det MB−MA, MC−MA . Compte tenu de la bilinéarité du déterminant, on a : uuur uuur uuur uuuru uuuuruur uuuur u uuururuuuuuru det AB, AC= MCdet MB,− MAdet MB,− MCdet MA,+ MAdet MA, . Et en utilisant le fait qu’il s’agit d’une forme bilinéaire antisymétrique, on a : uuur uuur uuur uuuruuur uuuur uuuur uuur det AB, AC= MCdet MB,+ MAdet MC,+det MA, MB . Le point C′, orthocentre du triangle MAB est donc le point d’intersection de la hauteur issue de A relative à (MB) et de la hauteur issue de B relative à (MA). Pour uuuuruuuruuuuruuuur déterminer ses coordonnées, il suf fit donc d’écrire AC′ ⋅MB=0 et BC′ ⋅MA=0 , puis de résoudre le système formé par ces deux équations. Après calculs : u M uu C ur ′ = a 2 b 2 +a 1 b 1    b 2 −a 2    . a 1 b 2 −a 2 b 1 −(b 1 −a 1 ) Et de façon analogue, on a :

APMEP n o 480

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Orthocentres et aires

+ − 2 2 1 1 c 2 −b 2  u M uu B ur ′ = c c 2 1 a a 2 2 − c c 1 2 a a 1 1    −(a a 1 2 − c c 1 2 )    . u M uu A ur ′ = b b 1 c c 2 + −b b 2 c c 1    −(c 1 −b 1 )   . De façon analogue à ce qui a été calculé auparavant, uuuur uuuuur uuuur uu uuuuruur uuuur uuuur uuuur det A′B′, A′C′ =det MB′, MC′ +det MC′, MA′ +det MA′, MB′ .

Calculons chacun de ces trois déterminants. det u M uu B ur ′, u M uu C ur ′ c 2 a 2 +c 1 a 1 × a 2 b 2 +a 1 b 1 a 2 −c 2 b 2 −a 2 . = c 1 a 2 −c 2 a 1 a 1 b 2 −a 2 b 1 −(a 1 −c 1 )−(b 1 −a 1 ) Les règles de calculs sur les déterminants permettent d’écrire successivement : − − − − a 2 c 2 b 2 a 2 a 2 c 2 b 2 a 2 = − −(a 1 −c 1 )−(b 1 −a 1 )a 1 −c 1 b−a 1 1 − − a 1 c 1 b 1 a 1 uuur uuur =d t u A uu B r , u A uu C r . = =det CA, AB e a 2 −c 2 b 2 −a 2 Par ailleurs, uuuuruuur µ a 2 b 2 +a 1 b 1 =MA⋅MB=MA×MB cos C et

Alors

µ a 1 b 2 −a 2 b 1 =MA×MBsin C .

µ a 2 b 2 +a 1 b 1 MA×  1  CMB cos == a 1 b 2 −a 2 b 1 MA×MBsin µ C tan C µ .

De même c a c 2 2 + 1 a 1 = 1 µ . c 1 a 2 −c 2 a 1 tan B On peut donc écrire : uuuur uuu r det MB ′ , MC u ′ = 1 µ × 1 µ ×det u A uur B, u A uu C r . tan B tan C

On obtient des expressions analogues pour les autres déterminants, ce qui permet d’écrire : uuuur uuuuur det A′B′, A′C′ =

 1 1     µ × µ + natC 1 µ × nat 1 A µ + tnaA 1 µ × B 1 atn µ    det u A uu B r , u A uu C r tan B tan C On réduit au même dénominateur :

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µ µ µ uuuur uuuuur an C uuuruuur tan A+tan B+t = det A′B′, A′C′ µ µ µ × . ACdet AB, tan A×tan B×tan C Or c’est un résultat classique, donc bien connu, que, pour les trois angles d’un triangle µ µ µ tan A+tan B+tan C non rectangle, µ µ µ =1 . tan A×tan B×tan C L’égalité des déterminants entraîne l’égalité des aires des triangles ABC et A′B′C′.

Lorsque le triangle ABC est rectangle, par exemple en A, alors tous les termes où µ apparaît cos A sont nuls et la relation s’écrit alors

uuuur uuuuur 1 µ 1 µ d ruuuruuu det A′B′, A′C′ = ××et AB, . AC tan B tan C

Mais alors B µ et C µ sont complémentaires et 1 µ × 1 µ =1 . tan B tan C La propriété est encore vraie dans le cas où ABC est un triangle rectangle.

ANNEXE 2. Cas particulier où le point M est sur le cercle circonscrit à ABC

A ¢¢

C ¢

A

B ¢¢

B

I

O

M

B ¢

A ¢

C

C ¢¢

Soit O le centre du cercle circonscrit à ABC, M un point de ce cercle et I son symétrique par rapport à O.

APMEP n o 480

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Orthocentres et aires

Soit A′′, B′′et C′′les images respectives de A, B et C dans l’homothétie de centre I et de rapport 2. Soitc,betales milieux respectifs des segments [A′′B′′], [C′′A′′] et [B′′C′′]. On va montrer quec,betasont les orthocentres des triangles MAB, MCA et MBC. Par construction B est le milieu de [IB′′]. Par suite le théorème des milieux dans le triangle IA′′B′′permet de dire que (cB) est parallèle à (A′′I). Puisque [MI] est un diamètre du cercle circonscrit à ABC, (MA) est perpendiculaire à (AI), d’où l’on déduit que (MA) est perpendiculaire à (cB). De façon analogue, on a (MB) perpendiculaire à (cA). Par suite le pointcest l’orthocentre du triangle MAB. Autrement ditcest égal à C′ . On montre de même quea=A′etb=B′. On sait que le triangle formé par les milieux des cotés d’un triangle est l’image de ce triangle par une homothétie de rapport − 2 1 ayant pour centre le centre de gravité du triangle. Par conséquent le triangle A′B′C′est l’image du triangle ABC par la composée de deux homothéties dont le produit des rapports est−1, c’est-à-dire une symétrie centrale. A′B′C′est donc isométrique à ABC. Remarque : le point M est l’orthocentre du triangle A′B′C′.

ANNEXE 3. Démonstration de la « propriété de Rivoallan » – Variante

1. L’aire du triangle ABC est égale à tde 1 2 u A uu B r , u A uu C r et celle du triangle A′B′C′est égale à 1 det u A u ′ u B ur ′, u A u ′ u C uur ′. 2 uuuuruuuuuruuuruuur Il suffit donc de montrer que det A′B′, A′C′ =det AB, AC 2. Remarquons d’abord que, A′étant l’orthocentre de MBC, on a (CA′)⊥(MB) et, C′étant orthocentre de MAB, on a (AC′)⊥(MB) ; d’où (AC′) // (A′C). De même (AB′) // (A′B) et (BC′) // (B′C). uuuuruuuuruuuuruuuuruuuuruuuur On en déduit que les déterminantsdet AC′, A′C,det AB′, A′B,det BC′, B′C sont tous nuls. uuur uuur uuur uuuru uuur uuuuruur uuuur 3. det AB, AC=det MB, MC+det MC, MA+ MBdet MA, (démonstration : voir Rivoallan) ; de même : uuuur uuuuur uuuur uu uuuur uuuuruur uuuur uuuur det A′B′, A′C′ =det MB′, MC′ +det MC′, MA′ +det MA′, MB′.

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On décompose les vecteurs de façon à faire apparaître les déterminants nuls vus en 2 : uuuuruuuuuruuuruuuruuuruuuur det A′B′, A′C′ =det MC+CB′,MB+BC′ uuuur uuuur uuururuuuuruuuuururuuruuuuuu +det MA+AC′, MC+CA′ +det MB+BA′, MA+AB′ On « développe » : uuuuruuuuuruuuruuuruuuruuuuruuuruuuruuuruuuur det A ′ B ′ , A ′ C′ =det MC, MB+ BCdet MC,′ +det CB ′ , MB+det CB ′ , BC ′ uuuuruuuruuuuruuuuruuuuruuuruuuuruuuur + MCdet MA,+ CAdet MA,′ +det AC′, MC+det AC′, CA′ uuur uuuur uuur uuuur uuuur uuuuuuruuruuuur +det MB, MA+ ABdet MB,′ +det BA′, MA+det BA′, AB′ uuur uuuruuuruuuuuuurruuuur = MBdet MC,+det MA, MC+ MAdet MB, uuur uuuur uuur uuuur uuuur uuuur uuuur uuuur + BCdet MC,′ − ACdet MC,′ + CAdet MA,′ − BAdet MA, ′ uuur uuuur uuur uuur + ABdet MB,′ − CBdet MB,′ +0+0+0 uuur uuur uuur uuuruuuur uuur uuur uuur = −det AB, AC+det MC, BA+ CBdet MA,+det MB, AC uuur uuur uuuur uuur uuur = −det AB, AC+det MA+AC, BA uuuur uuur uuuur uuuruuur +det MA, CB+det MA+AB, AC uuur uuur uuuuruuuruururuuu = −det AB, AC+det MA, BA+AC+CB uuuruuuruuuruuur + BAdet AC,+det AB, AC uuur uuur uuur uuur = − ACdet AB,+0+ AC AB,2 det uuuruuur = .det AB, AC

ANNEXE 4 : quelques conjectures à démontrer...

Plusieurs conjectures sont apparues à propos de la configuration suivante :

Soit un triangle ABC et un point M non situé sur les droites (AB), (BC) et (CA). On considère A′, B′et C′les centres des cercles circonscrits respectivement à MBC, M aire(A ′ B ′ C ′ ) MCA et MAB . On noteφla fonction a . On démontre que lorsque aire(ABC) M est l’orthocentre de ABC, alorsφ(M)=1 et que si M appartient au cercle circonscrit de ABC alorsφ(M)=0. 1. Mais il semblerait que si le point M est à l’intérieur de ABC, alorsφ(M)≥1 Quel est l’ensemble des points M situés à l’intérieur de ABC lorsqueφest minimale ? Il semblerait que lorsque ABC est acutangle que cet ensemble soit réduit à l’orthocentre de ABC.

2. Quel est l’ensemble des points M tels queφ(M)=1 ?

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