EX_0202 – On appelle orthocentre d’un triangle...

Énoncé

On appelle orthocentre d’un triangle le point de concours de ses trois hauteurs.
Dans le plan muni d’un repère orthonormé, on considère les points $A(−4;10)$, $B(8;16)$, $C(8;−2)$, $H(2 ;10)$ et $K(5 ;7)$. (Voir figure ci-dessous)

[ Image : DS/21-22/DS5_imgPS1.png ]

Montrer que $\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{HC}=0$ et que $\overrightarrow{AC}.\overrightarrow{HB}=0$
Que représente le point $H$ pour le triangle $ABC$ ?
Montrer que $K$ est le centre du cercle passant par les sommets du triangle $ABC$.
On admet que $G$, le centre de gravité du triangle $ABC$, est le point qui vérifie $\overrightarrow{AG}=\dfrac{2}{3}\overrightarrow{AM}$ où $M$ est le milieu du segment $[BC]$.
Déterminer les coordonnées de G.
Montrer que les points $G$, $H$ et $K$ sont alignés

Correction

\begin{varwidth}{0.9\textwidth}
        \subsection*{Correction}
        \begin{enumerate}
        \item $\vect{AB}.\vect{HC}=\vcoord{8+4}{16-10}.\vcoord{8-2}{-2-10}=\vcoord{12}{6}.\vcoord{6}{-12}=12\times6+6\times(-12)=0$\\
        $\vect{AC}.\vect{HB}=\vcoord{8+4}{-2-10}.\vcoord{8-2}{16-10}=\vcoord{12}{-12}.\vcoord{6}{6}=12\times6-12\times6=0$
        \item $(HC)\perp(AB)$ donc $H$ appartient à la hauteur issue de $C$ et $(HB)\perp(AC)$ donc $H$ appartient aussi à la hauteur issue de $B$. Ainsi $H$ est à l'intersection de deux hauteur du triangle, c'est donc son orthocentre.
        \item $KA = \sqrt{(-4-5)^2+(10-7)^2}=\sqrt{90}=3\sqrt{10}$\\
        $KB = \sqrt{(8-5)^2+(16-7)^2}=\sqrt{90}=3\sqrt{10}$\\
        $KC = \sqrt{(8-5)^2+(-2-7)^2}=\sqrt{90}=3\sqrt{10}$\\
        Ainsi $KA=KB=KC$ donc $K$ est le centre du cercle passant par $A,\,B$ et $C$.
        \item $M\vcoord{\dfrac{8+8}{2}}{\dfrac{16-2}{2}}=\vcoord{8}{7}$ ainsi\\ $\overrightarrow{AG}=\dfrac{2}{3}\overrightarrow{AM} \Leftrightarrow \vcoord{x_G+4}{y_G-10}=\dfrac{2}{3}\vcoord{8+4}{7-10} \Leftrightarrow \vcoord{x_G+4}{y_G-10}=\vcoord{8}{-2}$ on en déduit que $\sys{x_G=4}{y_G=8}$
        \item $\vect{HK}=\vcoord{3}{-3}$ et $\vect{HG}\vcoord{2}{-2}$ donc $\det\left(\vect{HK},\vect{HG}\right)=3\times(-2)-(-3)\times2=0$. Ainsi $\vect{HK}$ et $\vect{HG}$ sont colinéaires donc les points $G$, $H$ et $K$ sont alignés.
        \end{enumerate}
        \end{varwidth}

Correction

$\vect{AB}.\vect{HC}=\vcoord{8+4}{16-10}.\vcoord{8-2}{-2-10}=\vcoord{12}{6}.\vcoord{6}{-12}=12\times6+6\times(-12)=0$
$\vect{AC}.\vect{HB}=\vcoord{8+4}{-2-10}.\vcoord{8-2}{16-10}=\vcoord{12}{-12}.\vcoord{6}{6}=12\times6-12\times6=0$
$(HC)\perp(AB)$ donc $H$ appartient à la hauteur issue de $C$ et $(HB)\perp(AC)$ donc $H$ appartient aussi à la hauteur issue de $B$. Ainsi $H$ est à l'intersection de deux hauteur du triangle, c'est donc son orthocentre.
$KA = \sqrt{(-4-5)^2+(10-7)^2}=\sqrt{90}=3\sqrt{10}$
$KB = \sqrt{(8-5)^2+(16-7)^2}=\sqrt{90}=3\sqrt{10}$
$KC = \sqrt{(8-5)^2+(-2-7)^2}=\sqrt{90}=3\sqrt{10}$
Ainsi $KA=KB=KC$ donc $K$ est le centre du cercle passant par $A,\,B$ et $C$.
$M\vcoord{\dfrac{8+8}{2}}{\dfrac{16-2}{2}}=\vcoord{8}{7}$ ainsi
$\overrightarrow{AG}=\dfrac{2}{3}\overrightarrow{AM} \Leftrightarrow \vcoord{x_G+4}{y_G-10}=\dfrac{2}{3}\vcoord{8+4}{7-10} \Leftrightarrow \vcoord{x_G+4}{y_G-10}=\vcoord{8}{-2}$ on en déduit que $\sys{x_G=4}{y_G=8}$
$\vect{HK}=\vcoord{3}{-3}$ et $\vect{HG}\vcoord{2}{-2}$ donc $\det\left(\vect{HK},\vect{HG}\right)=3\times(-2)-(-3)\times2=0$. Ainsi $\vect{HK}$ et $\vect{HG}$ sont colinéaires donc les points $G$, $H$ et $K$ sont alignés.