Dans un triangle \(ABC\) non équilatéral et non aplati, on considère l’orthocentre \(H\), le centre \(O\) du cercle circonscrit et le centre de gravité \(G\).

  1. Exprimer \(\overrightarrow{OG}\) en fonction de \(\overrightarrow{OA}\), \(\overrightarrow{OB}\) et \(\overrightarrow{OC}\).

  2. Soit \(\overrightarrow{v}=3 \overrightarrow{OG}-\overrightarrow{OH}\). Montrer que \(\overrightarrow{v}\) est orthogonal à \(\overrightarrow{AB}\).

  3. En déduire que \(\overrightarrow{OH}=3\overrightarrow{OG}\).

La droite passant par ces trois points est appelé droite d’Euler du triangle \(ABC\).


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[ID: 160] [Date de publication: 4 janvier 2021 18:35] [Catégorie(s): Géométrie du triangle ] [ Nombre commentaires: 1] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]




Solution(s)

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Droite d’Euler d’un triangle
Par emmanuel le 4 janvier 2021 18:36
  1. Comme \(G\) est l’isobarycentre de \(A\), \(B\) et \(C\), par la relation de Chasles, on obtient : \(\overrightarrow{OG} = {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 3} \left(\overrightarrow{OA} +\overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC}\right)\).

  2. On appelle \(I\) le milieu de \(\left[AB\right]\). Il vient : \[\begin{aligned} \overrightarrow{v}.\overrightarrow{AB} &=& \left(3 \overrightarrow{OG}-\overrightarrow{OH}\right).\overrightarrow{AB}\\ &=& \left(\overrightarrow{OA} +\overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC} - \overrightarrow{OH}\right).\overrightarrow{AB}\\ &=& \left(\overrightarrow{HC}+\overrightarrow{OA} +\overrightarrow{OB} \right).\overrightarrow{AB}\\ &=& \underbrace{\overrightarrow{HC}.\overrightarrow{AB}}_{=0} + \left(\overrightarrow{OA} +\overrightarrow{OB} \right).\overrightarrow{AB} \textrm{ car $\overrightarrow{HC}$ dirige la hauteur issue de $B$}\\ &=&\left(\overrightarrow{OI} +\overrightarrow{IA} +\overrightarrow{OI} +\overrightarrow{IB}\right).\overrightarrow{AB}\\ &=& 2\overrightarrow{OI}.\overrightarrow{AB} \textrm{ car $\overrightarrow{IA}=-\overrightarrow{IB}$}\\ &=& 0 ~\textrm{ car $\overrightarrow{OI}$ dirige la médiatrice du segment $\left[AB\right]$}\end{aligned}\]

  3. En effectuant le même calcul, on pourrait montrer que \(\overrightarrow{v}.\overrightarrow{AC}=0\). Par conséquent, le vecteur \(\overrightarrow{v}\) est à la fois orthogonal à \(\overrightarrow{AC}\) et \(\overrightarrow{AB}\). Mais le triangle \(ABC\) n’étant pas plat, ceci n’est possible que si \(\overrightarrow{v}=\overrightarrow{0}\), c’est-à-dire seulement si \(\overrightarrow{OH}=3\overrightarrow{OG}\). Le triangle n’étant pas équilatéral, on en déduit que les points \(O\), \(G\) et \(H\) sont alignés. La droite portant ces trois points est appelée droite d’Euler du triangle \(ABC\).

Proposons une preuve calculatoire de cette propriété :

Dans un repère orthonormé adapté, les coordonnées de \(A\), \(B\) et \(C\) sont \(A \underset{}{\left|\begin{matrix} a\\0 \end{matrix}\right.}\), \(B \underset{}{\left|\begin{matrix} b\\0 \end{matrix}\right.}\), \(C \underset{}{\left|\begin{matrix} 0\\c \end{matrix}\right.}\), le centre de gravité a pour coordonnées \(\boxed{G \underset{}{\left|\begin{matrix} (a+b)/3 \\ c/3 \end{matrix}\right.}}\), les trois hauteurs ont pour équation cartésienne \[x = 0, \quad-bx+cy+ab=0, \quad-ax+cy+ab=0\] d’où le point d’intersection des hauteurs : \(\boxed{H \underset{}{\left|\begin{matrix} 0 \\ -ab/c \end{matrix}\right.}}\). Pour trouver le centre du cercle circonscrit, on peut chercher l’intersection des médiatrices ou résoudre \(\lVert \overrightarrow{\Omega A} \rVert_{ }^2 = \lVert \overrightarrow{\Omega B} \rVert_{ }^2 = \lVert \overrightarrow{\Omega C} \rVert_{ }^2\) ce qui donne \(\boxed{\Omega \underset{}{\left|\begin{matrix} (a+b)/2 \\ c/2 + ab/2c \end{matrix}\right.}}\). On calcule ensuite \[\mathop{\rm det}(\overrightarrow{HG}, \overrightarrow{H\Omega}) = \begin{vmatrix} (a+b)/3 & (a+b)/2 \\ c/3 + ab/c & c/2 + 3ab/2c \end{vmatrix} = 0\] ce qui montre que ces trois points sont alignés.


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