Cette circonférence passe par les pieds des hauteurs

l34 CHAPITRE 1.

1! suffit de prouver qu'elle passe au point D. Pour cela, observons que B'C, parallèle à BC, passe au milieu de AD. Donc

ÀC'^CD, ou bien CD = A'B', puisque AC' = - ÀB.

Ainsi les droites CD, B'A', considérées comme hypoténuses égales, font avec les perpendiculaires abaissées sur B'C du point D et du point A' des triangles rectangles qui seront égaux, puisque ces perpendiculaires elles-mêmes sont égales ; par conséquent, les angles de ces triangles en B' et C étant égaux, le triangle formé en prolongeant les côtés CD, B'A' jusqu'à leur rencontre sera isocèle, et sa hauteur tombera au milieu des parallèles B'C et A'D.

Faisons donc tourner autour de cette hauteur la portion B'A' du trapèze B'CA'D pour rappliquer sur l'autre portion CD. Soit T le point où la perpendiculaire élevée sur le milieu de B'A' coupe la charnière; ce point T sera donc immobile. On voit que A' viendra en D et B' en C, puisque la charnière passe au milieu de A'D et de B'C; donc la distance du point T au point D sera la même que celle de T à B' et A'.

285. Cette même circonférence passe par les milieux des distances de chaque sommet au point de concours des hauteurs.

De plus y un de ces milieux et celui du côté correspondant sont aux extrémités d'un même diamètre.

Soit P le milieu de CH : les triangles ACH, B'CP sont semblables comme ayant l'angle commun C compris entre les côtés proportionnels. Donc AH étant perpendiculaire sur BC et sa parallèle B'C, il en sera de même pour B'P, c'est-à-dire que l'angle CB'P est droit.

La circonférence décrite sur PC comme diamètre passera donc en B', et passera nécessairement aussi parle pied F de la hauteur partant de C, puisque l'angle PFC est droit : donc cette circonférence contenant les trois points B', C et F ne sera autre chose que celle que nous considérons.

Enfin, nous avons vu que CP était un diamètre.

THÉOBÈMBS ET PROBLÈMJ» MR LB TRIANGLB. l3Ô

286. Le centre de cette circonférence est au milieu àe la droite qui joint le centre du cercle circonscrit au point de concours des hauteurs*

Comparons les triangles AOH, A'OT, on sait (252) que OA', parallèle à AH, est aussi moitié de AH; on sait aussi que

TA' = - OA (283 ); ensuite, connue les lignes homologues sont

évidemment parallèles dans deux triangles qui ont leurs côtés parallèles, les rayons circonscrits homologues TA' et OA seront parallèles. Donc les triangles AOH, A'OT sont semblables comme ayant l'angle OAH = OA'T compris entre côtés proportionnels. Par conséquent OT et OH seront aussi parallèles, c'est-à-dire se confondront : enfin, la proportion des côtés donne encore

OT = iOH.

287. Le cercle T passant en A', B', C passe, comme nous l'avons vu, par les milieux B', P, M du triangle ACH. Ce sera donc aussi le cercle des neuf points pour ce triangle ainsi que pour ses analogues ABH, BCH : ce sont les trois cercles que nous avons considérés au n°256.

288. Nous reconnaîtrons aussi, comme nous l'avons énoncé (259), que le cercle circonscrit à VVV" (Jig. 8i) est double de celui qui est circonscrit à ABC : en effet, A, B et C sont les pieds des hauteurs du triangle l'IT.

289. Le cercle des neuf points est tangent au cercle inscrit et aux cercles exinscrits ( jîg. 87 ).

On sait que le centre T du cercle des neuf points est au milieu de OH (286) ; de plus