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Le concours des hauteurs d'un triangle
Daniel PERRIN
Introduction
L'objectif de ce texte est de produire plusieurs
1demonstrations du concours
des hauteurs d'un triangle du plan euclidien2. On pourra estimer que cette
qu^ete de multiples preuves d'un theoreme bien connu est quelque peu vaine. Mais, d'abord, il s'agit d'un resultat qui n'est pas completement evident (la meilleure preuve est qu'il n'est pas dans Euclide) et il m'a paru utile de montrer comment on peut l'expliquer a divers niveaux de l'enseignement et notamment au college. Ensuite et surtout, mon objectif est d'illustrer le fait que plusieurs approches de la geometrie sont possibles et fructueuses, pourvu qu'elles s'appuient sur quelques principes simples. On verra notamment ici en action deux idees : l'utilisation des invariants elementaires (longueurs et angles) ou de leur variante algebrique (produit scalaire), le fait que les theoremes de geometrie proviennent des relations entre les invariants.0.1 Notations
On travaille dans le plan ane euclidienXet on considere un triangle abc(c'est-a-dire trois points non alignes). On noteA;B;Cles hauteurs du triangle, c'est-a-dire les perpendiculaires issues dea;b;caux c^otes (bc), (ca), (ab) respectivement eta0;b0;c0leurs pieds, c'est-a-dire les intersections de A;B;Cavec les c^otes (bc), (ca) et (ab). Le theoreme en vue est alors :0.1 Theoreme.Les hauteursA;B;Csont concourantes en un pointhappele
orthocentredu triangleabc.0.2 Preliminaire : deux hauteurs se coupent
Dans presque toutes les preuves nous utiliserons le lemme suivant :0.2 Lemme.Les hauteursB;Cse coupent en un pointh.
Demonstration.Il s'agit de montrer queB;Cne sont pas paralleles. On rai- sonne par l'absurde. SiB;Csont paralleles, comme (ac) est perpendiculaire aBelle est aussi perpendiculaire aC(ici, on utilise de maniere essentielle1. Neuf pour l'instant.2. Pour le cas non euclidien, voir [DP] Partie IV.
1 le postulat d'Euclide3sous la forme de l'egalite des angles alternes-internes
par exemple). Comme (ab) est aussi perpendiculaire aCon en deduit que (ab) et (ac) sont paralleles, ce qui est absurde (ici on n'utilise pas le postulat d'Euclide).1 Les preuves elementaires
1.1 La preuve classique
A B C a b c f e dFigure1 { La preuve classique Elle consiste a ramener le concours des hauteurs a celui des mediatrices, qui est beaucoup plus simple. On considere les droitesA0;B0;C0, respecti- vement paralleles a (bc) passant para, a (ca) parbet a (ab) parc. Elles se coupent end;e;f(voir gure 1). Les pointsa;b;csont les milieux des c^otes du triangledef. En eet, les quadrilateresafbcetaecbsont des pa- rallelogrammes et on a doncaf=bc=ae. Par ailleurs, les droitesA;B;C sont perpendiculaires a (ef), (fd) et (de) respectivement (car elles sont per- pendiculaires a des droites paralleles a celles-ci). On en deduit queA;B;Csont les mediatrices dedef, d'ou leur concours.3. Et cette propriete est en defaut en geometrie hyperbolique, voir sur ma page web la
Partie IV de mon projet de livre de geometrie projective [DP]. 21.2 La preuve par les angles
1.2.1 Introduction
J'aime beaucoup cette preuve, pour trois raisons. D'abord, parce que je ne l'ai jamais rencontree nulle part4. Ensuite parce qu'elle est conforme a la
theorie, inspiree du programme d'Erlangen, qui dit que tout theoreme d'une geometrie relative a un certain groupe doit pouvoir se montrer en utilisant les invariants de ce groupe. Ici, le groupe est celui des similitudes et l'invariant est l'angle. Enn, corollaire de ce point, parce qu'elle illustre bien la doctrine didactique que je preconise s'agissant des angles : pour les utiliser il faut employer quatre types d'accessoires : les notions de complementaires et supplementaires, la somme des angles du triangle, les theoremes lies au parallelisme (alternes-internes, etc.), et enn, le theoreme de l'angle inscrit. Hormis le troisieme point, tous sont a l'uvre ici, directement ou non.1.2.2 Quadrilateres inscriptibles Figure2 { Quadrilateres inscriptibles
Nous utiliserons le theoreme de l'angle inscrit par le biais des quadrilateres inscriptibles, avec les deux types de gures remarquables ci-dessus, toutes deux formees de triangles rectangles inscrits dans un demi-cercle et accolespar leur hypotenuse, dans un cas de part et d'autre et dans l'autre du m^eme4. Comme me l'a signale Sylvain Baron, le ressort de cette preuve est le m^eme que celui
qui permet de prouver la propriete classique du triangle orthique : les hauteurs deabcsont les bissectrices du triangle forme par les pieds des hauteurs. 3 c^ote. L'existence de ces triangles montre que les points sont cocycliques et on en deduit l'egalite des angles interceptant le m^eme arc.1.2.3 Le theoreme
On appellehl'intersection deBetCet on montre que (ah) est perpendi- culaire a (bc). Il sut pour cela de montrer que les angles=dbahetbb=cabc sont complementaires. Mais, le quadrilatereac0hb0est inscriptible (a cause des angles droits enb0etc0). On a donc=dc0b0h. De m^emebcb0c0est ins- criptible, toujours a cause des m^emes angles droits, mais vus de l'autre c^ote. On a doncdc0b0h=dc0cb. Mais il est clair quedc0cbetbbsont complementaires et on a gagne. B C a b c b' c' hFigure3 { La preuve par les angles1.3 La preuve par les longueurs
La encore, il s'agit d'une preuve utilisant les invariants euclidiens, ici les longueurs.Le lemme crucial est le suivant :
1.1 Lemme.Le pointmest sur la hauteurAissue deasi et seulement si
on amb2mc2=ab2ac2. Demonstration.Supposons quemest sur la hauteur. On applique Pythagore avec les angles droits ena0et on amb2=ma02+a0b2,mc2=ma02+a0c2, 4 d'oumb2mc2=a0b2a0c2. Mais cette relation vaut en particulier pour m=a, d'ou l'egalite cherchee. a b c a' m a b c a' m m'Figure4 { La preuve par les longueurs Reciproquement, si on a l'egalite, on introduit le projete orthogonalm0de msur (bc). Il s'agit de montrer qu'on am0=a0. Une nouvelle application de Pythagore donnem0b2m0c2=a0b2a0c2, ou encore (m0bm0c)(m0b+m0c) = (a0ba0c)(a0b+a0c). Traitons d'abord le cas oua0etm0sont tous deux interieurs a [bc]. On a alorsm0a+m0b=a0b+a0c=bcet on en deduit m0bm0c=a0ba0c, donc, avec les deux equations,m0b=a0betm0c=a0c
donca0=m0. En fait, la position n'a pas d'importance car on a le lemme :1.2 Lemme.Soientb;cdeux points distincts etp;q2(bc)veriantpb2
pc2=qb2qc2. Alors, on ap=q.
Demonstration.(du lemme 1.2) On a(p) :=pb2pc2= (pbpc)(pb+pc) et cette quantite est du signe depbpc. Comme les deux quantites(p) et(q) ont m^eme signe,petqsont tous deux soit plus pres decsoit deb, disons dec:pbpcetqbqc. Sipest interieur a [bc] on apb+pc=bcet pbpcbc, donc(p)bc2, tandis que sipest exterieur, on apbpc=bc etb+pcbc, donc(p)bc2. Commeest le m^eme pourpetq, on voit qu'ils sont tous deux interieurs ou tous deux exterieurs. Dans les deux cas on en deduitpbpc=qbqcetpb+pc=qb+qcdonc, par addition,pb=qb etpc=qc, doncp=q(par exemple parce que les positions depetqpar rapport ab;csont les m^emes). On peut alors nir la preuve de 0.1. Soithle point d'intersection des hauteursBetC. D'apres le sens direct de 1.1 on aha2hb2=ca2cb2et 5 ha2hc2=ba2bc2. Par dierence on en deduithb2hc2=ab2ac2et
on conclut par le sens reciproque de 1.1.1.4 La preuve qui annonce la droite d'Euler
o a b c h p c' b' m gFigure5 { La droite d'Euler en prime On considere les hauteurs issues debetcqui se coupent enh. Il s'agit de montrer que (ah) est perpendiculaire a (bc). Pour cela, on introduit le cercle circonscrit au triangleabc, centre eno. On appelleple point diametralement oppose aasur . Les trianglesapbetapc, inscrits dans des demi-cercles, sont rectangles enbetc, donc les droites (pb) et (ab) (resp. (pc) et (ac)) sont perpendiculaires et donc (pb) et (pc) sont respevtivement paralleles aux hauteurs (ch) et (bh). Il en resulte quebhcpest un parallelogramme, donc ses diagonales [ph] et [bc] se coupent en leur milieum. Dans le triangleahp, la droite (om) est une droite des milieux, donc parallele a (ah). Il sut donc de montrer que (om) est perpendiculaire a (bc). Mais (om) est la mediane du triangleobc, qui est isocele eno. C'est donc aussi la hauteur et on a gagne5.1.3Remarque.La gure ci-dessus mene aussi a la propriete de la droite
d'Euler deabc. On considere encore le triangleahp, dont [ho] et [am] sont des medianes. Elles se coupent donc eng, centre de gravite deahp, situe autiers de [am] a partir dem. Mais, comme [am] est aussi la mediane deabc, le5. Je remercie Gerald Forhan de m'avoir soue cette preuve.
6 pointgest le centre de gravite deabc. On voit ainsi queo;g;hsont alignes et, de plus, avec la mediane [ho] deahp, on a l'egalitehg= 2go.2 Les preuves utilisant le produit scalaire
2.1 Theoremes et relations
La premiere preuve est une magnique illustration du principe, deja evoque ci-dessus : les theoremes proviennent des relations entre invariants. Ici, l'invariant est le produit scalaire et on a une relation triviale :2.1 Lemme.Soienta;b;c;hquatre points deX. On a la relation :
!haj!bc) + (!hbj!ca) + (!hcj!ab) = 0:Demonstration.Il sut de faire appara^trehenecrivant la relation de Chasles!bc=!bh+!hcet de m^eme pour les autres et d'utiliser la bilinearite et la
symetrie du produit scalaire. On en deduit 0.1. On applique la relation en prenant pourhl'intersection deBetC. Les deux derniers produits scalaires sont nuls, donc aussi le premier, ce qui montre que la droite (ha) est perpendiculaire a (bc), donc est la hauteurA.2.2 Delit d'initie
On montre le lemme suivant :
2.2 Lemme.Soitole centre du cercle circonscrit aabcet soithle point
deni par la formule :!oh=!oa+!ob+!oc. Alorshest sur les trois hauteurs. Demonstration.Montrons par exemple quehest sur la hauteur issue dea, i.e. qu'on a (!ahj!bc) = 0. On ecrit!ah=!ao+!oh=!ob+!ocet!bc=!oc!ob et on en deduit (!ahj!bc) = (!ob+!ocj!oc!ob) =oc2ob2= 0 puisqueoest le centre du cercle circonscrit.2.3 Commentaire.Je deteste cette preuve, qui est correcte, mais dans
laquellehest parachute sans explication. Bien entendu, il y en a une, c'est la relation de la droite d'Euler. Si on appellegle centre de gravite deabc on a 3!og=!oa+!ob+!ocet donc 3!og=!oh, on reconna^t la propriete de la droite d'Euler. Mais cette relation ne se concoit que comme une propriete qui relie les trois points de concours remarquables et donc elle vient normalement apres le concours des hauteurs. 72.3 La preuve par Ceva
Rappelons le theoreme de Ceva (voir par exemple [ME] ch. 7, ex. 196) :2.4 Theoreme.Soitabcun triangle eta0;b0;c0des points situes respective-
ment sur(bc),(ca)et(ab). Les droites(aa0),(bb0)et(cc0)sont concourantes ou paralleles si et seulement si on a la relation : ()a 0ba 0cb 0cb 0ac 0ac 0b=1: Pour montrer le concours des hauteurs il sut donc de prouver (). On peut utiliser les angles en montrant par exemple la formulea0b=absindbaa0 et les formules analogues, mais on doit alors distinguer des cas de gure. Pour eviter cela, le plus simple est d'utiliser le produit scalaire. On note que, pour calculer avec des rapports de mesures algebriques on peut prendre n'importe quel vecteur comme base, ici on prendra!bc,!caet!ab. Avec cette precaution, on a des egalites du type :a0b=(!abj!bc)bc
2et la relation de Ceva est evidente.
3 Homotheties ou similitudes
3.1 Homotheties
Cette preuve est tres voisine
6de la preuve classique, mais en diminuant
le triangle au lieu de l'augmenter. On appellea00;b00;c00les milieux des c^otes [bc], [ca] et [ab] et on suppose qu'on a montre le concours des medianes (aa00), (bb00) et (cc00) engavec la propriete pour le centre de gravite d'^etre au tiers de la mediane. Cela signie que siHest l'homothetie de centreget de rapport1=2, elle transformea;b;cena00;b00;c00. Dans cette homothetie, les hauteurs
A;B;Cdeabcdeviennent celles, noteesA0;B0;C0, dea00b00c00et il sut de montrer que celles-ci sont concourantes (on aura alors le concours deA;B;C en appliquantH1). Or, comme (b00c00) est parallele a (bc) par le theoreme de la droite des milieux, on voit queA0est perpendiculaire a (bc). Comme de plusA0passe para00, c'est la mediatrice de [bc]. Autrement dit,A0;B0;C0 sont les mediatrices deabc, donc concourantes.3.2 Similitudes
J'emprunte cette preuve au livre de R. Hartshorne [H]. Comme une decelle qui precede, elle utilise implicitement la droite d'Euler. Soita00le milieu6. En fait c'est une variante savante, je dirais m^eme pedante, de cette preuve.
8 de [bc]. On suppose connu le concours des medianes en le centre de graviteg et le fait quegest au tiers de [aa00] du c^ote dea00. On considere aussi le centre du cercle circonscritoet on appellehle point d'intersection de (og) et de la hauteur (aa0). Les trianglesoga00ethgasont semblables car les droites (oa00) et (aa0) sont paralleles. Comme on a 2!ga00=!ga, on en deduit 2!go=!gh. On constate que le pointhne depend que degeto. Mais, ce que l'on vient de faire avec la hauteur (aa0), on peut le refaire avec (bb0) et (cc0) et les points h