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Le cercle des neuf points, et une suite par Coolidge

Cette partie est, elle aussi, fortement inspirée du livre de Hahn "Complex Numbers and Geometry".

Le cercle des neuf points

Figure: Schéma préparatoire au cercle des neuf points
\begin{figure}\begin{displaymath}
\epsfxsize =9cm
\epsfbox{neuf.eps}\end{displaymath}\end{figure}

Théorème Soit $ (ABC)$ un triangle, $ O$ le centre du cercle circonscrit, $ G$ le barycentre de $ A$, $ B$ et $ C$, et $ H$ l'intersection des hauteurs.

Alors:
$ \bullet\ $$ (O,G,H)$ sont alignés.
$ \bullet\ $Les pieds des hauteurs, les milieux des côtés et les milieux des segments joignant l'orthocentre aux sommets $ A$, $ B$ et $ C$ sont tous sur un même cercle.


Démonstration: On choisit $ O$ pour origine du plan complexe.

On note $ \alpha ,\beta ,\gamma $ les affixes respectives de $ A,B,C$. On note $ {\cal C}$ le cercle circonscrit.

Soit $ H$ le point d'affixe $ \theta=\alpha +\beta +\gamma $. Comme $ \frac{\sigma -\alpha }2=\frac{\beta +\gamma }2$, on a $ \overrightarrow {AH}=2\overrightarrow {OD}$, où $ D$ est le milieu de $ BC$. En particulier, comme $ OA'$ est la médiatrice de $ [BC]$, on a $ (AH)$ et $ (BC)$ orthogonales.

On peut raisonner de même pour obtenir $ BH \bot AC$ et $ CH \bot AB$; on retrouve ainsi le fait que les hauteurs sont concourantes en $ H$. Comme $ G$ a pour affixe $ \frac13 (\alpha +\beta +\gamma )$, les points $ O$, $ G$ et $ H$ sont alignés.

Soit $ W$ d'affixe $ \sigma /2$; $ W$ est le milieu de $ [OH]$.
$ WD=\vert\frac{\beta +\gamma }2 - \frac\sigma 2\vert=\vert\alpha \vert/2=\frac12$
De même $ WE=WF=\frac12$ avec $ E$ et $ F$ les milieux respectifs de $ [CA]$ et $ [AB]$.
La distance de $ W$ au milieu de $ AH$ est elle aussi $ \frac12$, et de même pour les autres.
On note $ {\Lambda}$ l'affixe du pied de la hauteur issue de $ A$.
Pour situer $ {\Lambda}$ on va d'abord s'intéresser à $ \alpha '$, l'intersection de $ \alpha {\Lambda}$ avec $ {\cal C}$. On va montrer que $ B\alpha '\sigma $ est isocèle.

$ \overrightarrow {A\alpha '} \bot \overrightarrow {BC}$ donne $ \frac{\alpha ' - \alpha }{\gamma - \beta } \in i.\mathbb{R}$.

Lemme: On a $ \alpha '=-\frac{\beta \gamma }{\alpha }$.

Démonstration: Comme le quotient $ \frac{\beta \gamma }{\alpha \alpha '}$ est invariant par rotation, on peut supposer que $ \overrightarrow {A\alpha '}$ est vertical et $ \overrightarrow {BC}$ horizontal, de sorte que $ \alpha \alpha '=1$ et $ \beta \gamma =-1$, si bien que ce quotient vaut $ -1$ et $ \alpha '=-\frac{\beta \gamma }\alpha $ dans tous les cas. $ \sqcap$$ \sqcup$

On obtient donc par le lemme ci-dessus $ \alpha '=-\frac{\beta \gamma }\alpha $. On montre ensuite facilement que $ \vert B-\alpha '\vert=\vert B-\sigma \vert$, donc le triangle $ B\alpha '\sigma $ est isocèle. Le pied $ \lambda$ de la hauteur issue de $ A$ est en fait aussi le milieu de $ [\alpha ' \sigma ]$.

On en déduit alors que $ \vert{\Lambda}-\sigma /2\vert=1/2$. On ferait de même pour les pieds des autres hauteurs. Finalement $ \sigma /2$ est le centre d'un cercle de rayon $ 1/2$ comportant les pieds des trois hauteurs, les milieux des trois côtés, et les milieux des segments joignants l'orthocentre aux sommets $ A$,$ B$ et $ C$ sont tous sur un même cercle.$ \sqcap$$ \sqcup$

Enfin, voici un résultat dû à Coolidge:

$ \bullet\ $Soit $ z_1$,...,$ z_4$ sur le cercle unité. Le centre du cercle d'Euler de $ z_2,z_3,z_4$ est $ \tau _1=\frac12 (z_2+z_3+z_4)$; $ \tau _2$, $ \tau _3$, $ \tau _4$ sont définis de manière analogue. On définit en outre $ \tau =\frac14(z_1+z_2+z_3+z_4)$; alors pour tout $ i$, $ \tau _i$ est sur le cercle de centre $ \tau $ et de rayon $ \frac12$; ce cercle est appelé cercle d'Euler du quadrilatère $ z_1$,$ z_2$,$ z_3$,$ z_4$.
$ \bullet\ $On peut faire la même chose avec 5 points; on définit 5 cercles d'Euler de 5 quadrilatères, et un cercle d'Euler pour le pentagone.
$ \bullet\ $On peut procéder de même avec un polygone quelconque.

Pour plus de précisions, on pourra consulter le livre de Hahn cité ci-dessus.


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C_Antonini,J_F_Quint,P_Borgnat,J_Bérard,E_Lebeau,E_Souche,A_Chateau,O_Teytaud
 

 
©Emmanuel Vieillard Baron 01-01-2001
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