Centres du triangle et droite d'Euler

Faites glisser n'importe quel sommet. Trois des quatre centres ne quittent jamais la ligne rouge. Le quatrième ne s'y place que lorsque le triangle est isocèle.

Exemple résolu — Centres du triangle et droite d'Euler

Centre de gravité G	(2,667, 1,667)
Centre circonscrit O	(3,000, 1,700)
Orthocentre H	(2,000, 1,600)
Centre inscrit I	(2,491, 1,687)
HG : GO	2,000
Écart du centre inscrit	0,0372

Ce sont les valeurs affichées par le calculateur à l’ouverture de la page. Modifiez une entrée ci-dessus pour les recalculer.

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Leçon

La théorie — Centres du triangle et droite d'Euler

Un centre du triangle est un point défini par le triangle lui-même, et non par la feuille sur laquelle il est tracé. Déplacez, tournez ou redimensionnez le triangle, et ce point suivra. Quatre d'entre eux sont des points classiques, chacun marquant le croisement miraculeux de trois droites d'une même famille. Les médianes concourent au centre de gravité, les médiatrices des côtés au centre circonscrit, les hauteurs à l'orthocentre, et les bissectrices au centre inscrit. Le simple fait que ces trois droites se rejoignent, dans chacun de ces quatre cas, constitue déjà un théorème.

Ce que signifie chaque symbole

G: le centre de gravité, la moyenne des trois sommets, et le point d'équilibre du triangle
O: le centre circonscrit, équidistant des trois sommets, qui sert donc de centre au cercle passant par ces points
H: l'orthocentre, où se croisent les trois hauteurs ; le seul des quatre à ne posséder aucun cercle propre
I: le centre inscrit, équidistant des trois côtés, et le seul à rester constamment à l'intérieur

Ne tient plus quand: Sur le triangle équilatéral, l'unique cas sur lequel cette page n'a rien à dire. Les quatre centres se confondent en un seul point, chaque droite passant par ce point les contient tous, et la droite d'Euler ne correspond à aucune droite en particulier. La page affiche ici "aucune droite" plutôt que d'en choisir une arbitrairement.

Trois constructions indépendantes et une seule droite 🖖

Le centre de gravité est l'intersection des trois médianes. Le centre circonscrit est l'intersection des trois médiatrices. L'orthocentre est l'intersection des trois hauteurs. Il s'agit de trois familles de droites distinctes. Aucune de ces trois définitions ne fait référence aux autres.

Faites glisser un sommet où bon vous semble. Les trois points se déplacent en restant toujours sur une même ligne droite.

Le centre de gravité se trouve systématiquement entre les deux autres, et toujours à la même place : HG vaut exactement le double de GO. La ligne HG : GO affiche 2,000 quel que soit le mouvement. Euler l'a démontré en 1763 et son article est paru en 1767. La droite porte son nom depuis lors.

Le centre inscrit s'invite uniquement si deux côtés sont égaux 🖖

Le quatrième centre marque l'intersection des bissectrices. C'est le seul à se trouver toujours à l'intérieur du triangle. C'est la raison pour laquelle on peut y inscrire un cercle. C'est également le seul point que la droite d'Euler ignore.

En règle générale, du moins. Le graphique inférieur trace la distance entre ce centre inscrit et la droite pendant que le sommet sélectionné glisse latéralement. Sur le triangle qui apparaît à l'ouverture de cette page, la courbe touche zéro à cinq reprises. Chaque contact correspond à un triangle avec deux côtés égaux. Un cas se présente quand C se trouve au-dessus du milieu de AB. Deux autres surviennent lorsque CA s'allonge pour égaler AB. Les deux derniers se produisent quand CB fait de même.

Voilà l'unique condition. Un triangle isocèle possède un axe de symétrie, tous les centres doivent s'y trouver, et la droite d'Euler se confond avec cet axe.

À exactement 90°, un centre atterrit sur un bord et un autre sur un sommet 🖖

Un triangle acutangle conserve ses quatre centres en son sein. Poussez un angle au-delà de 90° et deux d'entre eux sortent ensemble, le centre circonscrit et l'orthocentre, en partant de côtés opposés.

L'instant de transition mérite qu'on s'y attarde. Cliquez sur Angle droit. La ligne Centre circonscrit O indique (2,000 ; 1,500), le milieu de l'hypoténuse allant de (4, 0) à (0, 3). La ligne Orthocentre H indique (0,000 ; 0,000), le sommet même de l'angle droit. Un centre sur une arête, un autre sur un sommet, les deux sur le bord au même instant.

Le centre inscrit ne sort jamais. Un cercle confiné dans le triangle ne peut avoir son centre nulle part ailleurs.

Problème entièrement résolu

Une droite que personne n'a tracée 6 étapes
Un triangle a pour sommets A = (0, 0), B = (6, 0) et C = (2, 5). Trouvez le centre de gravité, le centre circonscrit et l'orthocentre à partir de leurs propres définitions. Montrez que ces trois points sont alignés, puis trouvez le rapport dans lequel le centre de gravité divise le segment reliant les deux autres.

Ouvrez ce problème dans l'outil
1. Commençons par le centre de gravité, car il ne requiert aucune géométrie. Les médianes se croisent à la moyenne des sommets. On a donc G = ((0 + 6 + 2)/3 ; (0 + 0 + 5)/3) = (8/3 ; 5/3). La ligne Centre de gravité G affiche (2,667 ; 1,667).
  
  $G = \frac{A + B + C}{3} = (\frac{0 + 6 + 2}{3}, \frac{0 + 0 + 5}{3}) = (\frac{8}{3}, \frac{5}{3})$
2. Le centre circonscrit est le point équidistant des trois sommets. L'équidistance entre A et B le place sur x = 3, la médiatrice d'un segment horizontal. L'équidistance entre A et C donne 3² + y² = (3 − 2)² + (y − 5)². Les termes y² s'annulent de part et d'autre : 9 = 1 + 25 − 10y, d'où 10y = 17 et y = 1,7. On obtient O = (3 ; 1,7), ce que confirme la ligne Centre circonscrit O.
  
  $3^{2} + y^{2} = (3 - 2)^{2} + (y - 5)^{2} \Rightarrow 9 = 26 - 10 y \Rightarrow y = 1.7, O = (3, 1.7)$
3. L'orthocentre nécessite deux hauteurs et aucun élément de l'étape 2. La hauteur issue de A est perpendiculaire à BC, dont la direction est C − B = (−4, 5). Chaque point de cette droite satisfait donc −4x + 5y = 0. La hauteur issue de B est perpendiculaire à AC, de direction (2, 5). Elle passe par (6, 0), ce qui donne 2(x − 6) + 5y = 0. En remplaçant y par 4x/5 dans cette seconde équation, on obtient 2x − 12 + 4x = 0, donc x = 2 et y = 1,6. Ainsi, H = (2 ; 1,6).
  
  $- 4 x + 5 y = 0, 2 (x - 6) + 5 y = 0 \Rightarrow 6 x = 12 \Rightarrow H = (2, 1.6)$
4. Vérifions maintenant l'affirmation. Depuis O, le déplacement vers G est de (8/3 − 3 ; 5/3 − 17/10) = (−1/3 ; −1/30), et celui vers H est de (2 − 3 ; 1,6 − 1,7) = (−1 ; −1/10). Deux vecteurs sont colinéaires lorsque leur déterminant s'annule : (−1/3)(−1/10) − (−1/30)(−1) = 1/30 − 1/30 = 0. Il s'annule exactement, sous forme de fractions, sans le moindre arrondi.
  
  $(G - O) = (- \frac{1}{3}, - \frac{1}{30}), (H - O) = (- 1, - \frac{1}{10}), (- \frac{1}{3}) (- \frac{1}{10}) - (- \frac{1}{30}) (- 1) = 0$
5. Le second vecteur correspond au triple du premier. H est donc trois fois plus éloigné de O que ne l'est G, ce dernier se trouvant entre eux. Cela donne pour HG deux parts contre une pour GO. En termes de longueurs, on a GO = √(1/9 + 1/900) = √101/30 = 0,334996 et HG = √(4/9 + 1/225) = √101/15 = 0,669992. La ligne HG : GO indique 2,000. Le terme √101 se simplifie parfaitement au lieu de subir un arrondi.
  
  $GO = \frac{101}{30}, H G = \frac{101}{15}, \frac{H G}{GO} = 2$
6. Le quatrième centre ne participe pas à cet alignement. Avec a = |BC| = √41, b = |CA| = √29 et c = |AB| = 6, le centre inscrit vaut (aA + bB + cC)/(a + b + c) = (2,491 ; 1,687). La ligne Écart du centre inscrit affiche 0,0372. C'est petit, mais ce n'est pas zéro. Amenez C sur x = 3 par glissement : la valeur tombe à 0,0000, car le triangle devient alors isocèle.
  
  $I = \frac{a A + b B + c C}{a + b + c}, a = 41, b = 29, c = 6 \Rightarrow I = (2.491, 1.687)$
Réponse

Exactement 2. Ce sera exactement 2 pour tout triangle que vous tracerez. Le centre de gravité ne se contente pas d'être quelque part sur le segment reliant l'orthocentre au centre circonscrit. Il se situe toujours aux deux tiers de ce parcours. Cet outil ne peut cependant pas vous expliquer pourquoi. Faire glisser un sommet fournit une observation, pas une preuve. La démonstration la plus courte prend le centre circonscrit pour origine, de sorte que |A| = |B| = |C| = R, et considère le point unique P = A + B + C. On a alors P − A = B + C, et (B + C)·(C − B) = |C|² − |B|² = 0, ce qui place P sur la hauteur issue de A. Les deux mêmes lignes de calcul le positionnent sur les deux autres hauteurs, faisant de P l'orthocentre. Le centre de gravité correspond à P/3, au tiers du chemin entre l'origine et P. Et cette origine était justement le centre circonscrit.

$H - O = 3 (G - O) ⟹ \frac{H G}{GO} = 2$

Références (3)

The paper the line is named after, in which Euler works out all four centres in coordinates and then notices that three of them are collinear: L. Euler, "Solutio facilis problematum quorundam geometricorum difficillimorum." Novi Commentarii academiae scientiarum Petropolitanae 11 (for 1765), printed 1767, pp. 103–123. Euler Archive E325; reprinted in Opera Omnia I.26, pp. 139–157.
The nine-point circle, the fifth point this page draws and the one with the longest list of claimants: K. W. Feuerbach, Eigenschaften einiger merkwürdigen Punkte des geradlinigen Dreiecks. Wiessner, Nürnberg, 1822.
A modern textbook treatment of the four centres and the line, at the level this page is pitched: H. S. M. Coxeter and S. L. Greitzer, Geometry Revisited. Mathematical Association of America, New Mathematical Library 19, 1967, chapter 1.

Par l’équipe 42Math · Vérifié sur des sources publiées. Corrections bienvenues.