Un point sur le cercle des neuf points

jelobreuil
Modifié (6 Feb) dans Géométrie
Bonsoir à tous
Soit un triangle acutangle $ABC$, $O$ le centre de son cercle circonscrit, et $D$, $E$ et $F$ les milieux respectifs des côtés $BC$, $CA$ et $AB$.
Soit $M$ un point de $BC$, et $N$ le point d'intersection de $AM$ et de $EF$. La droite $ON$ recoupe en $P$ le cercle $(ODM)$. 
Montrer que le point $M'$, symétrique de $M$ par rapport au milieu $K$ de $DP$, se trouve sur le cercle $(DEF)$.
Ce problème est resté jusqu'à hier sans réponse sur le site Art of Problem Solving (où il a été posé  le 11 février 2018 (!) dans la section High School Olympiads, Geometry). Il a été déterré aujourd'hui, mais reste pour le moment sans solution ...
Bien cordialement, JLB

Réponses

  • Bonsoir,
    Pour GeoGebra $M'$ n'est pas un point de l'ETC. Mais cela ne veut pas dire pour étant que c'est vrai, car il y des trous dans sa raquette..
  • Rescassol
    Modifié (7 Feb)
    Bonjour
    Avec Morley circonscrit.
    % Jelobreuil - 06 Février 2024 - Un point sur le cercle des neuf points
    
    %-----------------------------------------------------------------------
    
    clc, clear all, close all
    
    syms a b c
    
    aB=1/a; bB=1/b; cB=1/c;  % Conjugués (Morley circpnscrit)
    s1=a+b+c; s2=a*b+b*c+c*a; s3=a*b*c;
    s1B=s2/s3; s2B=s1/s3; s3B=1/s3;   % Conjugués
    
    %-----------------------------------------------------------------------
    
    syms t real
    
    d=(b+c)/2; e=(c+a)/2; f=(a+b)/2; % Milieux D,E,F des côtés du triangle ABC
    dB=(bB+cB)/2; eB=(cB+aB)/2; fB=(aB+bB)/2;
    
    m=b+t*(c-b); mB=bB+t*(cB-bB); % Un point M de (BC) 
    [pam qam ram]=DroiteDeuxPoints(a,m,aB,mB); % Droite (AM)
    [pef qef ref]=DroiteDeuxPoints(e,f,eB,fB); % Droite (EF)
    [n nB]=IntersectionDeuxDroites(pam,qam,ram,pef,qef,ref); % Point N
    n=Factor(n); % On trouve n=((c-b)*t + (a+b))/2
    [o oB R2]=CercleTroisPoints(0,d,m,0,dB,mB); % Cercle ODM
    syms p
    pB=p*nB/n; % P est sur (ON)
    NulP=numden(Factor((p-o)*(pB-oB)-R2)); % et sur le cercle ODM
    CoP=coeffs(NulP,p,'All'); % Coefficients de NulP en p
    p=Factor(-CoP(2)/CoP(1)); pB=p*nB/n; 
    mp=Factor(d+p-m); mpB=Factor(dB+pB-mB); % DMPM' est un parallélogramme
    % On trouve mp=(a+b)*(a+c)*(c+ (b-c)*t)/(2*((a+b)*c + a*(b-c)*t))
    
    Bi=Birapport(d,e,f,mp); BiB=Birapport(dB,eB,fB,mpB);
    Nul=Factor(Bi-BiB)
    % Nul=0 donc Bi est réel et D, E, F, M' sont cocycliques
    
    %-----------------------------------------------------------------------
    % Vérification: Lieu de M'
    
    syms z zB
    
    pol=numden(Factor(z-mp));
    polB=numden(Factor(zB-mpB));
    Fact=(a+b)*(a+c)*(b-c); % Facteur de simplification
    Eq=Factor(resultant(pol,polB,t)/Fact);
    Eq=collect(FracSym(Eq,[a b c]),[z zB])
    % On trouve:
    Eq=4*s3*z*zB - 2*s2*z - 2*s1*s3*zB + (s1*s2-s3);
    % C'est bien le cercle DEF, cercle d'Euler du triangle ABC

    Cordialement,
    Rescassol
  • jelobreuil
    Modifié (7 Feb)
    Bonjour à tous,
    Merci, @Rescassol, de cette vérification : j'avais remarqué que quand $M$ se déplace sur le côté $BC$, $M'$ parcourt l'arc $FDE$ du cercle, et je me disais que pour que son lieu soit le cercle entier, il fallait que $M$ parcoure la droite $BC$ ... 
    Pour une solution synthétique, je suppose que le parallélogramme évident PMDM' joue un rôle ...
    @Ludwig, puisque $M$ n'est pas un point fixe, cela me semble normal que $M'$ ne soit pas dans ETC ...
    Bien cordialement, JLB
  • Ben314159
    Modifié (7 Feb)
    Salut,

    Soit $H$ l'orthocentre du triangle et $L$ le milieu de $[AH]$ (qui est sur le cercle d'Euler).  On a $(FL)//(BH)//(OE)$ et $(EL)//(CH)//(OF)$ donc $LFOE$ est un parallélogramme et les segments $[EF]$ et $[OL]$ ont même milieu $I$.
    Vu l'angle droit en $D$ le segment $[OM]$ est un diamètre du cercle $(ODM)$ et on a $(MP)\perp(OP)$.
    Soit $N'$ le symétrique de $N$ par rapport à $I$.  Via la symétrie de centre $I$, la droite $(N'L)$ est parallèle à $(NO)$.
    Mais, comme $\overrightarrow{NI}\!=\!\frac{1}{2}\overrightarrow{MD}$ on a $\overrightarrow{NN'}\!=\!\overrightarrow{MD}\!=\!\overrightarrow{PM'}$ (vu que, par construction, $MDM'P$ est un parallélogramme) donc $(M'N')$ est parallèle à $(PN)$ et donc $(M'N')\!=\!(M'L)$.
    De plus, $(M'L)$ est perpendiculaire à $(MP)$ donc à $(DM')$ ce qui prouve que $M'$ est sur le cercle de diamètre $[DL]$, c'est à dire sur le cercle d'Euler du triangle.
     
    Et, réciproquement, si on prend un point $M'$ sur le cercle d'Euler puis qu'on trace la parallèle à $(M'L)$ (*) passant par $O$, si cette droite coupe la droite $(EF)$, elle permet de construire $N$ puis $M$ sur la droite $(BC)$.  Donc le seul point non atteint du cercle d'Euler, c'est l'intersection autre que $L$ du cercle et de la parallèle à $(BC)$ passant par $L$ (qui correspond au point $M$ à l'infini sur $(BC)$).

    (*) ou à la tangente au cercle dans le cas limite où $M'\!=\!L$.
  • Bien vu, et merci, @Ben314159 !
    Bien cordialement, JLB
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