Le cercle des neuf points d'un triangle (cercle d'Euler)

Voici un problème - traité en détail - concernant le Cercle des 9 points.

On montre au fil des questions qu'il existe un cercle passant par 9 points particuliers dans le triangle : les milieux des côtés, les pieds des hauteurs et les "milieux des segments supérieurs de hauteurs".

Enoncé problème du Cercle des neuf points

Solution au problème

Pour être tranquille, je vais en donner une solution détaillée, une bonne fois pour toutes.

• Question 1.

• Question 2.

Le quadrilatère $A'B'C'H$ semble être un "trapèze isocèle".

Précisément, on va commencer par justifier que le parallélisme des bases $(HA')$ et $(B'C')$. Puisque $B'$ et $C'$ sont les milieux de deux côtés de $ABC$, alors $(B'C')$ est parallèle au 3e côté $BC$ ; or $(BC) = (HA')$ : donc $(HA') // (B'C')$. Ceci fait du quadrilatère un trapèze.

Dans un second temps, on montre les égalités des obliques $HC'$ et $A'B'$.
D'abord, avec l'un des théorèmes des milieux, on a $A'B' = \dfrac{1}{2} AB$.
Ensuite, le triangle ABH étant rectangle en $H$ et $C'$ étant le milieu de $[AB]$, on sait que l'on a $C'H = \dfrac{1}{2} AB$ : la médiane issue de l'angle droit vaut la moitié de l'hypoténuse.
Ainsi, on voit que $HC' = A'B'$.
Ceci fait du quadrilatère un trapèze isocèle.

On peut maintenant montrer aussi que les angles en $B'$ et en $C'$ sont égaux (ce n'est pas tout-à-fait une trivialité, contrairement au cas des triangles isocèles).
On voit facilement avec le parallélogramme $A'B'C'B$ que .
D'autre part, $HC'A$ est isocèle en $C'$ et on voit facilement que $(B'C')$ est la hauteur issue de $C'$, donc aussi la bissectrice de .
Donc, cette dernière égalité grâce aux angles correspondants.

Ainsi, le quadrilatère $A'B'C'H$ est un trapèze dont les bases parallèles sont $(A'H)$ et $(B'C')$, dont les côtés obliques sont égaux $A'B' = C'H$, et dont les angles sur la plus grande base sont égaux .

• Question 3.

COMPLETER AVEC IMAGE

• Question 4.

Il suffit de montrer que $H$ est sur le cercle qui passe par $A'$, $B'$ et $C'$.

Si l'on veut tout justifier - elle nécessite une figure extraite pour y voir clair.

On considère le milieu $M$ de $[B'C']$ ainsi que la médiatrice de ce segment. J'ai aussi noté $O$ le centre du cercle passant par $A'$, $B'$ et $C'$. Bien entendu, $O$ est sur ladite médiatrice. Puisque les angles en $B'$ et en $C'$ sont égaux, le triangle $B'C'Z$, obtenu en prolongeant $[B'A')$ et $[C'H)$ jusqu'à leur intersection, est isocèle : le point d'intersection $Z$ est donc sur $(OM)$. Avec le parallélisme des bases et les d'angles correspondants, on voit vite que

c'est donc un triangle isocèle à son tour, ce qui montre que $(ZM)$ est médiatrice de $[A'H]$. En définitive, on a donc montré que $(OM)$ est un axe de symétrie du quadrilatère $A'B'C'H$. Alors, $O$ étant sur la médiatrice de $[A'H]$, on en déduit que $OA' = OH$ : le point $H$ est donc sur le cercle de centre $O$ passant par $A$.

Voilà : je ne suis sans doute pas allé au plus court dans cette question !
En fait c'est une propriété tout-à-fait générale qui a été démontrée (un peu laborieusement) ci-dessus : dès qu'un trapèze a :

• ses obliques égales
• ou ses angles relatifs à une base égaux
  alors ses quatre sommets sont sur un même cercle.

• Question 5.

De la même manière qu'à la question 2, on montrerait que les quadrilatères $B'A'C'I$ et $C'B'A'J$ sont des trapèzes isocèles ; on en déduit que $I$ et $J$ sont sur le cercle passant par $A'$, $B'$ et $C'$, comme $H$ (cf. question 4).

• Question 6.

Il suffit de faire le bilan des questions précédentes : pour tout triangle, les trois milieux des côtés et les trois pieds des hauteurs sont sur un même cercle.

Voca, note : ce sont six points cocycliques, ce qui est assez remarquable, quand on songe qu'en général quatre points ne sont pas cocycliques, alors que trois (non-alignés) le sont toujours... Mais ce n'est pas tout, comme on le verra aux questions 7 et 8.

• Question 7.

$D$ est donc l'orthocentre de $ABC$. On voit que $(DH)$ est une hauteur de $BDC$ : elle passe par le sommet $D$ en étant perpendiculaire au côté opposé $(BD)$. De même, $(CA)$ est la hauteur issue de $C$ dans $BDC$ et $(BA)$ est celle issue de $B$ (détails laissés au lecteur...).

Appelons $Q$ le milieu de $[BD]$ ; appliquons à $BDC$ le théorème énoncé précédemment : les milieux des côtés et les pieds des hauteurs de $BDC$ sont sur un même cercle. Puisque $H$, $I$ et $J$ sont lesdits pieds de ces hauteurs, on voit donc que $Q$ est nécessairement sur le cercle qui les joint.
Puisque le cercle de $H$, $I$ et $J$ passe aussi par $A'$, $B'$ et $C'$, ceci fait du point $D$ un septième point du cercle déjà considéré dans les questions précédentes.

Mais il y a mieux : question suivante.

• Question 8.

Le même raisonnement peut être appliqué aux triangles $ABD$ et $ACD$ : on en trouve les hauteurs et on leur applique le théorème de la question 6, pour en déduire d'une part que le milieu $P$ de $[AD]$ et d'autre part le milieu $R$ de $[CD]$ sont eux-aussi sur le cercle passant par $I$, $J$ et $K$.

Ce qui fait un total de 9 points "remarquables" situés sur ce fameux cercle…
Bon... après ces premiers résultats, il y en a quelques-autres qui ne figuraient pas dans cet énoncé.

Premier complément : le centre du cercle des 9 points.

Enoncé

Tracer le cercle circonscrit de centre $O$. Déterminer le centre du cercle des 9 points.

Solution

On a tracé en bleu le cercle circonscrit au triangle initial $ABC$ ; $O$ en est le centre, à l'intersection des médiatrices (dont les segments $[OA']$ et $[OB']$ sont des portions) des côtés de $ABC$.

On s'intéresse au centre $E$ du cercle des 9 points (représenté en vert. Puisque $A'$ et $H$ sont deux points de ce cercle, il est clair que $E$ est sur la médiatrice de $[A'H]$. De même d'ailleurs, il sera sur les médiatrices de $[C'J]$ et de $[B'I]$.

Mais puisque la médiatrice de $[A'H]$, ici en orange, est parallèle à $(DH)$ et à $(OA')$, elle coupe donc le segment $[OD]$ en son milieu (théorème des milieux dans le trapèze).

Propriété :

Le centre du cercle des 9 points est au milieu de l'orthocentre et du centre du cercle circonscrit.

Joli, mais ce n'est pas tout : attaquons-nous à la deuxième propriété complémentaire.

Deuxième complément

Enoncé

Que représentent $A'$ et $P$ vis-à-vis du cercle des 9 points ?

Solution

On sait que A, P et H sont alignés sur la hauteur de ABC relative à [BC].

Or, A' est sur [BC] ; donc l'angle $\widehat{PHA'}$ est droit.

Puisque P, H et A' sont sur le cercle des neuf points, cela montre que [PA'] est un diamètre de celui-ci.

En particulier évidemment, le centre E du cercle des neuf points est situé au milieu de A' et P. De même bien sûr pour B et Q, ainsi que pour C et R.

Troisième complément : le rayon du cercle des neuf points

Enoncé

Comparer les rayons du cercle des 9 points et celui du cercle circonscrit.

Solution

Le quadrilatère $OAPA'$ est manifestement un parallélogramme... encore que ça reste à prouver "comme il faut".

Mais alors, les côtés $OA$ et $A'P$ sont de même longueur, et d'après la propriété précédente, on a $2 EA' = OA$.

Théorème :

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