Réponse à la Question n°10

La question de juin était :

Construire un triangle $ABC$ dont on ne connait que le centre de gravité $H$ et l’orthocentre $G$ peut sembler à priori possible d’une infinité de façons car la contrainte de 2 points (remarquables certes) peut sembler légère… mais cela c’est du sentiment et il faut mieux tenter de le construire !

Lorsqu’on connaît le centre de gravité et l’orthocentre il faut vraiment faire un gros effort pour ne pas penser à Euler et sa célèbre droite qui permet de construire le centre $O$ du cercle circonscrit homothétique de $H$ dans l’homothétie $h$ de centre $G$ et de rapport $-\dfrac{1}{2}$.

Et ensuite ? Eh bien on peut utiliser le sentiment premier et tenter de prendre un point A quelconque comme sommet du triangle. Tracer le cercle circonscrit de centre $O$ passant par $A$ parait indispensable, construire le point $A’ = h(A)$ (qui sera le milieu de $[BC]$ d’après les propriétés de la médiane) semble utile et enfin tracer la perpendiculaire à $(AH)$ passant par $A’$ (d’après les propriétés de la hauteur) permet d’obtenir les points $B$ et $C$ par intersection entre le cercle circonscrit et cette perpendiculaire… si intersection il y a bien sûr c’est-à-dire si $A’$ est à l’intérieur du cercle circonscrit…

Très honnêtement j’ai failli oublier cette discussion heureusement que GeoGebra m’a permis de constater en déplaçant le point $A$ que la construction n’était pas toujours possible ! Pour cela il faut que $OA’ \lt OA$ c’est-à-dire, en exploitant la propriété du triangle : $OA’ = \dfrac{1}{2} AH$, avoir $AH \lt 2AO$.

Expérimentons avec GeoGebra :

Commençons par trouver l’ensemble des points $A$ tels que $AH = 2 AO$ lieu géométrique célèbre dans ma jeunesse. Bien sûr on peut toujours se rabattre sur la géométrie analytique dans un repère bien choisi mais je préfère la démonstration vectorielle en élevant au carré l’égalité : $AH^2 = 4 AO^2$ puis en remplaçant $AH^2$ et $AO^2$ par le carré scalaire des vecteurs $ \overrightarrow{AH}$ et $ \overrightarrow{AO}$, nous avons donc :

$$ \overrightarrow{AH}^2 - 4\overrightarrow{AH}^2 = (\overrightarrow{AH} - 2\overrightarrow{AO})(\overrightarrow{AH} + 2\overrightarrow{AO}) = 0$$

La réciproque nécessaire ne représente aucune difficulté et par conséquent le problème posé comporte une infinité de solutions si l’on choisit $A$ à l’extérieur du cercle $\Gamma$ (et strictement à l’extérieur car lorsque $A$ appartient à la circonférence de $\Gamma$ alors $A’$ se trouve sur le cercle circonscrit et les points $B$ et $C$ sont confondus avec $A’$ donc $ABC$ n’est plus un triangle…).

Une seule réponse à ce dernier OUI ou NON de Jean Cousineau qui en deux méls a trouvé la construction et la discusssion sans toutefois achever la démonstration. Qu’il en soit ici remercié.

Et le trou du cube ?

Aucune réponse non plus pour le trou du cube. J’aurais pourtant bien aimé savoir si vous trouviez comme moi…