Théorème de Neuberg

Soit un triangle ABC.

Soit O_A le centre du carré extérieur ayant comme côté BC. On construit de façon similaire les points O_B et O_C.

On construit ensuite M_A, le centre du carré intérieur ayant comme côté O_BO_C. On construit ainsi M_B et M_C. Alors les points M_A, M_B et M_C sont les milieux des côtés du triangle ABC.

On va démontrer le résultat pour M_A.

Le théorème d'Al-Kashi appliqué au triangle AO_CO_B donne :

${\displaystyle \mathrm {O_{B}O_{C}} ^{2}=\mathrm {O_{B}A} ^{2}+\mathrm {O_{C}A} ^{2}-2\times \mathrm {O_{B}A} \times \mathrm {O_{C}A} \times \cos({\dfrac {\pi }{2}}+{\widehat {\mathrm {BAC} }})=\mathrm {O_{B}A} ^{2}+\mathrm {O_{C}A} ^{2}+2\times \mathrm {O_{B}A} \times \mathrm {O_{C}A} \times \sin {\widehat {\mathrm {BAC} }}}$.

Or d'après le théorème de Pythagore appliqué aux triangles isocèles rectangles AO_CB et ACO_B :

${\displaystyle \mathrm {O_{C}A} ^{2}=\mathrm {O_{C}B} ^{2}={\dfrac {\mathrm {AB} ^{2}}{2}}}$ et ${\displaystyle \mathrm {O_{B}A} ^{2}=\mathrm {O_{B}C} ^{2}={\dfrac {\mathrm {AC} ^{2}}{2}}}$.

Donc : ${\displaystyle \mathrm {O_{B}O_{C}} ^{2}={\dfrac {1}{2}}(\mathrm {AC} ^{2}+\mathrm {AB} ^{2})+\mathrm {AC} \times \mathrm {AB} \times \sin {\widehat {\mathrm {BAC} }}}$.

Le théorème de Pythagore appliqué au triangle M_AO_CO_B donne :

${\displaystyle \mathrm {M_{A}O_{C}} ^{2}={\dfrac {1}{4}}(\mathrm {AC} ^{2}+\mathrm {AB} ^{2})+{\dfrac {1}{2}}\mathrm {AC} \times \mathrm {AB} \times \sin {\widehat {\mathrm {BAC} }}}$.

Enfin le théorème d'Al-Kashi appliqué au triangle BM_AO_C nous donne :

${\displaystyle \mathrm {M_{A}O_{C}} ^{2}=\mathrm {BM_{A}} ^{2}+\mathrm {BO_{C}} ^{2}-2\times \mathrm {BM_{A}} \times \mathrm {BO_{C}} \times \cos {\widehat {\mathrm {O_{C}BM_{A}} }}}$.

Or : ${\displaystyle \cos {\widehat {O_{C}BM_{A}}}=\cos({\dfrac {\pi }{4}}+{\widehat {\mathrm {ABC} }})={\dfrac {1}{\sqrt {2}}}(\cos {\widehat {\mathrm {ABC} }}-\sin {\widehat {\mathrm {ABC} }})}$.

Ainsi d'après tout ce que l'on sait, BM_A satisfait l'équation suivante :

${\displaystyle \mathrm {BM_{A}} ^{2}-(\cos {\widehat {\mathrm {ABC} }}-\sin {\widehat {\mathrm {ABC} }})\times \mathrm {AB} \times \mathrm {BM_{A}} +{\dfrac {1}{4}}\mathrm {AB} ^{2}-{\dfrac {1}{4}}\mathrm {AC} ^{2}-{\dfrac {1}{2}}\sin {\widehat {\mathrm {BAC} }}\times \mathrm {AC} \times \mathrm {AB} =0}$.

Qui est de discriminant : ${\displaystyle \Delta =\mathrm {AB} ^{2}(1-2\cos {\widehat {\mathrm {ABC} }}\sin {\widehat {\mathrm {ABC} }})-\mathrm {AB} ^{2}+\mathrm {AC} ^{2}+2\sin {\widehat {\mathrm {BAC} }}\times \mathrm {AC} \times \mathrm {AB} }$.

Donc en notant H_A le pied de la hauteur issue de A et ${\displaystyle S}$ la surface du triangle ABC on obtient :

${\displaystyle {\begin{aligned}\Delta &=\mathrm {AC} ^{2}-2\mathrm {AH_{A}} \times \mathrm {BH_{A}} +4S\\&=\mathrm {AH_{A}} ^{2}+\mathrm {H_{A}C} ^{2}-2\mathrm {AH_{A}} \times \mathrm {BH_{A}} +2\mathrm {AH_{A}} \times \mathrm {BC} \\&=\mathrm {AH_{A}} ^{2}+2\mathrm {AH_{A}} \times \mathrm {H_{A}C} +\mathrm {H_{A}C} ^{2}\\&=(\mathrm {AH_{A}} +\mathrm {H_{A}C} )^{2}\\\end{aligned}}}$

Ainsi la seule solution positive de l'équation vérifiée par BM_A est :

${\displaystyle {\begin{aligned}\mathrm {BM_{A}} &={\dfrac {(\cos {\widehat {\mathrm {ABC} }}-\sin {\widehat {\mathrm {ABC} }})\times \mathrm {AB} +\mathrm {AH_{A}} +\mathrm {H_{A}C} }{2}}\\&={\dfrac {\mathrm {BH_{A}} -\mathrm {AH_{A}} +\mathrm {AH_{A}} +\mathrm {H_{A}C} }{2}}\\&={\dfrac {\mathrm {BC} }{2}}\end{aligned}}}$

De la même manière on montre que ${\displaystyle \mathrm {CM_{A}} ={\dfrac {\mathrm {BC} }{2}}}$.

De ces deux égalités on déduit que M_A est le milieu de BC.

La démonstration est analogue pour M_B et M_C.

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