Problème — La droite d'Euler et le cercle des neuf points

1) L'outil : sur le cercle unité, conjuguer c'est inverser. Pour $z\in \mathbb{U}$, $z\bar{z}=|z{|}^2=1$, et $z\ne 0$, donc $\bar{z}=\frac{1}{z}$. Soient $u,v\in \mathbb{U}$ distincts ; le quotient $\frac{u+v}{u-v}$ est défini. Conjuguons-le, la conjugaison étant compatible avec la somme, la différence et le quotient : $$\overline{\left(\frac{u+v}{u-v}\right)}=\frac{\bar{u}+\bar{v}}{\bar{u}-\bar{v}}=\frac{\frac{1}{u}+\frac{1}{v}}{\frac{1}{u}-\frac{1}{v}}=\frac{\frac{v+u}{uv}}{\frac{v-u}{uv}}=\frac{u+v}{v-u}=-\frac{u+v}{u-v}.$$ Un complexe $w$ qui vérifie $\bar{w}=-w$ est imaginaire pur : en écrivant $w=x+iy$, $\bar{w}=-w$ s'écrit $x-iy=-x-iy$, soit $x=0$. Donc $\frac{u+v}{u-v}$ est imaginaire pur.

Lecture. Le point $\frac{u+v}{2}$ est le milieu de la corde $[uv]$ ; le quotient $\frac{(u+v)/2-0}{u-v}$ imaginaire pur dit que le rayon qui va de $O$ au milieu de la corde est perpendiculaire à la corde — quand ce milieu n'est pas $O$, c'est-à-dire $u\ne -v$. C'est le théorème de la médiatrice d'une corde, obtenu en une ligne.

2) L'orthocentre. On a $h-a=b+c$, donc $$\frac{h-a}{c-b}=\frac{b+c}{c-b}=-\frac{b+c}{b-c}.$$ Par le 1) appliqué à $u=b$, $v=c$, le quotient $\frac{b+c}{b-c}$ est imaginaire pur, donc son opposé aussi. Il est non nul dès que $b+c\ne 0$, c'est-à-dire dès que $h\ne a$. Dans ce cas, le quotient $\frac{h-a}{c-b}$ étant imaginaire pur non nul, les droites $(AH)$ et $(BC)$ sont perpendiculaires : $H$ est sur la hauteur issue de $A$.

Le cas $h=a$. Il signifie $b+c=0$, c'est-à-dire $c=-b$ : $B$ et $C$ sont diamétralement opposés, et $H=A$. Alors l'angle en $A$ est droit — par le 1) encore, avec $u=c$, $v=a$ : $\frac{c+a}{c-a}$ est imaginaire pur, et $\frac{c-a}{b-a}=\frac{c-a}{-c-a}=-\frac{c-a}{c+a}$ est l'opposé de son inverse, donc imaginaire pur aussi ; ainsi $(AB)\perp (AC)$. Dans un triangle rectangle en $A$, les hauteurs issues de $B$ et de $C$ sont les côtés $[BA]$ et $[CA]$, et l'orthocentre est $A$ : le point $H=A$ est encore sur la hauteur issue de $A$.

Conclusion. Dans tous les cas, $H$ est sur la hauteur issue de $A$. Mais $h=a+b+c$ est symétrique en $a,b,c$ : le même raisonnement, avec les rôles permutés, montre que $H$ est sur la hauteur issue de $B$ et sur celle issue de $C$. Les trois hauteurs passent par $H$ : elles sont concourantes, et $H$ est l'orthocentre. On a démontré au passage l'existence de l'orthocentre — ce qui, en géométrie élémentaire, est un théorème.

Le point délicat. Il ne suffit pas de vérifier « $H$ est sur une hauteur » : il faut que ce soit vrai pour les trois, et c'est la symétrie de la formule $h=a+b+c$ qui donne les deux autres gratuitement. Un point défini par une formule symétrique en $a,b,c$ vérifie toute propriété « issue de $A$ » aussi « issue de $B$ » et « issue de $C$ ».

3) La droite d'Euler. Par définition $g=\frac{h}{3}$, donc $h=3g$. Les affixes des vecteurs $\overrightarrow{OG}$ et $\overrightarrow{OH}$ sont $g$ et $h=3g$ : $\overrightarrow{OH}=3\overrightarrow{OG}$. Si $g\ne 0$, les trois points $O$, $G$, $H$ sont sur la droite passant par $O$ de vecteur directeur $\overrightarrow{OG}$ ; si $g=0$, alors $h=0$ aussi et les trois points sont confondus. Dans tous les cas $O$, $G$, $H$ sont alignés, et $G$ est au tiers de $[OH]$ à partir de $O$ : c'est la droite d'Euler.

Le cas $h=0$. Alors $a+b+c=0$ avec $|a|=|b|=|c|=1$ : par l'exercice 9, le triangle est équilatéral, et les trois points $O$, $G$, $H$ sont confondus — le centre du cercle circonscrit, le centre de gravité et l'orthocentre coïncident, ce qu'on savait. Réciproquement, si le triangle n'est pas équilatéral, $h\ne 0$ et la droite d'Euler est bien une droite.

4) La réflexion d'axe $(BC)$. Les points fixes. $s(b)=b+c-bc\bar{b}=b+c-c(b\bar{b})=b+c-c=b$, car $b\bar{b}=1$. De même $s(c)=b+c-bc\bar{c}=b+c-b=c$.

Le milieu est sur $(BC)$. Soit $z\in \mathbb{C}$, et $m=\frac{z+s(z)}{2}$. Montrons que le quotient $q=\frac{m-b}{c-b}$ est réel, ce qui dit que $M$ est sur la droite $(BC)$ (y compris si $M=B$, où $q=0$). On a $2(m-b)=z+b+c-bc\bar{z}-2b=z-b+c-bc\bar{z}$, donc $$q=\frac{z-b+c-bc\bar{z}}{2(c-b)}.$$ Conjuguons, en utilisant $\bar{b}=\frac{1}{b}$, $\bar{c}=\frac{1}{c}$ : $$\bar{q}=\frac{\bar{z}-\frac{1}{b}+\frac{1}{c}-\frac{z}{bc}}{2\left(\frac{1}{c}-\frac{1}{b}\right)}.$$ Multiplions numérateur et dénominateur par $bc$ : le numérateur devient $bc\bar{z}-c+b-z$, le dénominateur $2(b-c)$. Donc $$\bar{q}=\frac{bc\bar{z}-c+b-z}{2(b-c)}=\frac{-(z-b+c-bc\bar{z})}{-2(c-b)}=q.$$ Ainsi $q$ est réel : le milieu de $[z,s(z)]$ est sur $(BC)$.

La perpendicularité. Posons $r=\frac{s(z)-z}{c-b}=\frac{b+c-z-bc\bar{z}}{c-b}$. Le même calcul de conjugaison, en multipliant par $bc$, donne $$\bar{r}=\frac{\frac{1}{b}+\frac{1}{c}-\bar{z}-\frac{z}{bc}}{\frac{1}{c}-\frac{1}{b}}=\frac{c+b-bc\bar{z}-z}{b-c}=-r.$$ Donc $r$ est imaginaire pur — ou nul, lorsque $s(z)=z$, ce qui arrive exactement quand $z$ est sur $(BC)$.

Conclusion. Pour $z$ hors de $(BC)$, le point $s(z)$ est tel que le segment $[z,s(z)]$ a son milieu sur $(BC)$ et est perpendiculaire à $(BC)$ : c'est la définition du symétrique de $z$ par rapport à la droite $(BC)$. Pour $z$ sur $(BC)$ : si l'on avait $s(z)\ne z$, le segment $[z,s(z)]$ serait perpendiculaire à $(BC)$ en partant d'un point de $(BC)$, et son milieu, sur cette perpendiculaire, ne pourrait être sur $(BC)$ qu'en $z$ lui-même — ce qui force $s(z)=z$ ; donc $s(z)=z$, comme il se doit. $s$ est la réflexion d'axe $(BC)$. On reconnaît la forme $z\mapsto \alpha \bar{z}+\beta$ des similitudes indirectes, composée de la conjugaison — la réflexion d'axe réel — avec une similitude directe.

5) Le symétrique de l'orthocentre. Calculons, avec $\bar{h}=\bar{a}+\bar{b}+\bar{c}=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$ : $$s(h)=b+c-bc\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)=b+c-\frac{bc}{a}-c-b=-\frac{bc}{a}.$$ Donc $|s(h)|=\frac{|b||c|}{|a|}=1$ : le symétrique de l'orthocentre par rapport au côté $[BC]$ est sur le cercle circonscrit. Par symétrie des rôles, il en va de même pour les deux autres côtés — les affixes sont $-\frac{ca}{b}$ et $-\frac{ab}{c}$.

6) Le cercle des neuf points. Le point $\Omega$ d'affixe $\omega =\frac{h}{2}$ est le milieu de $[OH]$. Calculons trois distances à $\Omega$.

Les milieux des côtés. Le milieu de $[BC]$ a pour affixe $\frac{b+c}{2}$, et $$\frac{b+c}{2}-\omega =\frac{b+c-a-b-c}{2}=-\frac{a}{2},\text{de module }\frac{|a|}{2}=\frac{1}{2}.$$ De même pour les milieux de $[CA]$ et $[AB]$, d'affixes $\frac{c+a}{2}$ et $\frac{a+b}{2}$, à distance $\frac{|b|}{2}$ et $\frac{|c|}{2}$, soit $\frac{1}{2}$.

Les milieux des segments joignant $H$ aux sommets. Le milieu de $[AH]$ a pour affixe $\frac{a+h}{2}$, et $$\frac{a+h}{2}-\omega =\frac{a}{2},\text{de module }\frac{1}{2}.$$ De même pour les milieux de $[BH]$ et $[CH]$, à distance $\frac{|b|}{2}=\frac{|c|}{2}=\frac{1}{2}$.

Les pieds des hauteurs. Par le 4) et le 5), $s(h)$ est le symétrique de $H$ par rapport à $(BC)$ ; le milieu de $[H,s(h)]$ est donc sur $(BC)$, et la droite $(Hs(h))$ est perpendiculaire à $(BC)$ : ce milieu est le pied de la perpendiculaire à $(BC)$ passant par $H$, c'est-à-dire, $H$ étant sur la hauteur issue de $A$, le pied de la hauteur issue de $A$. (Si $H$ est sur $(BC)$, $s(h)=h$ et le milieu est $H$ lui-même, qui est alors le pied.) Or $$\frac{h+s(h)}{2}-\omega =\frac{s(h)}{2}=-\frac{bc}{2a},\text{de module }\frac{1}{2}.$$ De même pour les pieds des hauteurs issues de $B$ et de $C$.

Conclusion. Neuf points — les trois milieux des côtés, les trois milieux des segments joignant l'orthocentre aux sommets, les trois pieds des hauteurs — sont tous à distance $\frac{1}{2}$ du point $\Omega$, milieu de $[OH]$. Ils sont sur un même cercle, de centre le milieu de $[OH]$ et de rayon la moitié du rayon du cercle circonscrit.

Les théorèmes obtenus. Droite d'Euler (Euler, 1765) : dans tout triangle, le centre $O$ du cercle circonscrit, le centre de gravité $G$ et l'orthocentre $H$ sont alignés, et $\overrightarrow{OH}=3\overrightarrow{OG}$. Cercle des neuf points (Feuerbach, 1822) : dans tout triangle, les milieux des trois côtés, les pieds des trois hauteurs et les milieux des trois segments joignant l'orthocentre aux sommets sont sur un même cercle, dont le centre est le milieu de $[OH]$ et le rayon la moitié de celui du cercle circonscrit. Et, en chemin : les trois hauteurs sont concourantes, et le symétrique de l'orthocentre par rapport à chaque côté est sur le cercle circonscrit.

Ce que le problème installe. Deux idées. La première : placer le cercle circonscrit sur le cercle unité transforme la conjugaison en inversion, $\bar{z}=\frac{1}{z}$, et toute propriété géométrique — alignement, orthogonalité, réflexion, appartenance au cercle — en un calcul de quelques lignes ; c'est la méthode des « nombres complexes en géométrie », et l'orthocentre en est le triomphe : $h=a+b+c$. La seconde : une formule symétrique en $a,b,c$ démontre trois choses d'un coup — ce qui est vrai « issu de $A$ » est vrai issu de $B$ et de $C$. Avec les exercices 1 et 9, la séance a donc traduit toute la géométrie euclidienne du plan en deux opérations, le produit et la conjugaison : le produit scalaire est $\mathrm{Re}(z\overline{z^{\prime }})$, la rotation est le produit par $e^{i\theta }$, la réflexion est la conjugaison.