6. Encore une fois, la relation de Chasles sera utile : nous avons des relations vectorielles faisant intervenir les points dont il est question, la relation de Chasles permettra de faire apparaître exactement les vecteurs demandés.
On a, par définition,
− −− →
G
K A +
− −− →
G
K B +
− −− →
G
K C =
0 donc, en introduisant H
par la relation de Chasles, 3
− − →
G
H +
−−→
H K A +
−−→
H K B +
−−→
H K C =
0.
Or, par définition, on a
−−→
H K A =
1
2
−→
H A (et de même pour B et C), soit
encore
−−→
H K A =
1
2
−→
H G +
1
2
− →
G A. En remplaçant dans la relation ci-dessus,
compte tenu du fait que
− →
G A +
− →
G B +
− →
GC =
0 , on obtient :
3
− − →
G
H +
3
2
−→
H G =
0, on encore
− − →
H G
=
1
2
−→
H G.
7. C’est une question tout à fait analogue à la question 3 : on utilise un résultat précédent en l’appliquant à un autre triangle. Autant il est difficile d’y penser soimême, autant il n’y a aucun problème à appliquer ce résultat quand l’énoncé suggère de le faire.
La propriété de la droite d’Euler du triangle K A K B K C s’écrit
−−→
H
= 3
−−→
G
, soit encore
− − →
H = 3
−−→
G
= 3
− − →
H + 3
− − →
H G
, ce qu’on
peut écrire −2
− − →
H =
3
2
−→
H G .
Or, d’après la propriété de la droite d’Euler de ABC,
−→
O H = 3
−→
OG = 3
−→
O H + 3
−→
H G , d’où −2
−→
O H = 3
−→
H G . étant le milieu
de [O H], on a
−→
O H = 2
−→
H d’où −4
−→
H = 3
−→
H G . Comme
−2
− − →
H =
3
2
−→
H G il vient
−→
H =
− − →
H , soit = .
8. D’après ce qui précède, le cercle circonscrit à K A K B K C a même centre que .
Si l’on montre qu’ils ont même rayon on aura donc montré que K A , K B et K C sont
sur . C’est précisément le but de cette question dont la conclusion est, en norme :
K A = A .
Dans le triangle HOA, K A est le milieu de [H A] et celui de [OH ] donc,
d’après le théorème de Thalès :
−−→
K A =
1
2
−→
O A.
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
69
Chapitre 4 • Géométrie
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On a, par définition,
− −− →
G
K A +
− −− →
G
K B +
− −− →
G
K C =
0 donc, en introduisant H
par la relation de Chasles, 3
− − →
G
H +
−−→
H K A +
−−→
H K B +
−−→
H K C =
0.
Or, par définition, on a
−−→
H K A =
1
2
−→
H A (et de même pour B et C), soit
encore
−−→
H K A =
1
2
−→
H G +
1
2
− →
G A. En remplaçant dans la relation ci-dessus,
compte tenu du fait que
− →
G A +
− →
G B +
− →
GC =
0 , on obtient :
3
− − →
G
H +
3
2
−→
H G =
0, on encore
− − →
H G
=
1
2
−→
H G.
7. C’est une question tout à fait analogue à la question 3 : on utilise un résultat précédent en l’appliquant à un autre triangle. Autant il est difficile d’y penser soimême, autant il n’y a aucun problème à appliquer ce résultat quand l’énoncé suggère de le faire.
La propriété de la droite d’Euler du triangle K A K B K C s’écrit
−−→
H
= 3
−−→
G
, soit encore
− − →
H = 3
−−→
G
= 3
− − →
H + 3
− − →
H G
, ce qu’on
peut écrire −2
− − →
H =
3
2
−→
H G .
Or, d’après la propriété de la droite d’Euler de ABC,
−→
O H = 3
−→
OG = 3
−→
O H + 3
−→
H G , d’où −2
−→
O H = 3
−→
H G . étant le milieu
de [O H], on a
−→
O H = 2
−→
H d’où −4
−→
H = 3
−→
H G . Comme
−2
− − →
H =
3
2
−→
H G il vient
−→
H =
− − →
H , soit = .
8. D’après ce qui précède, le cercle circonscrit à K A K B K C a même centre que .
Si l’on montre qu’ils ont même rayon on aura donc montré que K A , K B et K C sont
sur . C’est précisément le but de cette question dont la conclusion est, en norme :
K A = A .
Dans le triangle HOA, K A est le milieu de [H A] et celui de [OH ] donc,
d’après le théorème de Thalès :
−−→
K A =
1
2
−→
O A.
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
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Chapitre 4 • Géométrie
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