Barycentre G=milieu AB=(2,0). Σaᵢ=2. MA²+MB²=2MG²+Σaᵢ·GAᵢ²=2MG²+(4+4)... par Huygens: MA²+MB²=2MG²+GA²·2... Recalc: MA²=(x)²+y², MB²=(x−4)²+y². Somme=2x²−8x+16+2y²=20 → x²−4x+y²=2 → (x−2)²+y²=6. Cercle centre (2,0), rayon √6.

Cercle: diam AC? Non. Centre=(2,3/2), R=5/2. |P−centre|=|(2,3/2)|=√(4+9/4)=√(25/4)=5/2 ✓. P sur le cercle. Pied de P sur AB (axe Ox): P_AB=(4,0)=B. Pied sur AC (axe Oy): P_AC=(0,3)=C. Pied sur BC: BC : 3x+4y=12. Projection de P(4,3): pied P_BC=(4−3·(12−16)/25, 3−4·(12−16)/25)=(4+12/25,3+16/25)=(112/25,91/25). Les 3 pieds: B(4,0), C(0,3), P_BC. Vérifier alignement: droite BC passe par B et C... Les pieds B et C sont les sommets eux-mêmes → droite de Simson = BC. ✓

(1) M_AB=(2,0), M_AC=(0,3/2), M_BC=(2,3/2). (2) R circonscrit=5/2 (diam=hyp=5). Rayon Euler=R/2=5/4. (3) Orthocentre H=A=(0,0) (triangle rect. en A). O=centre circ.=(2,3/2). Centre Euler=milieu[OH]=(1,3/4).

Posons f(M)=2MA²+MB²−3MC²=0. 2(x−1)²+2y²+(x+1)²+y²−3x²−3(y−2)²=0. Développer: 2x²−4x+2+2y²+x²+2x+1+y²−3x²−3y²+12y−12=0. (2+1−3)x²+(2+1−3)y²+(−4+2)x+12y+(2+1−12)=0. 0·x²+0·y²−2x+12y−9=0. Droite: 2x−12y+9=0. (Dégénéré: pas un cercle mais une droite car Σaᵢ=2+1−3=0.)

Hauteur depuis B(4,0) ⊥ AC. AC est l'axe Oy. Hauteur: y=0. Pied H_B=(0,0)=A=H. Pied de hauteur depuis C(0,3) ⊥ AB. AB: axe Ox. Hauteur: x=0. Pied H_C=(0,0)=A=H. Les pieds des hauteurs dans un triangle rect. en A coïncident avec A. Vérifier A=(0,0) sur cercle Euler centre (1,3/4) rayon 5/4: |(0,0)−(1,3/4)|=√(1+9/16)=√(25/16)=5/4 ✓.

MA=MB ⟺ MA²=MB² ⟺ (x−1)²+(y−2)² = (x−5)²+(y−2)² ⟺ (x−1)² = (x−5)² ⟺ x²−2x+1 = x²−10x+25 ⟺ 8x = 24 ⟺ x = 3. (E) est la droite d'équation x=3, c'est-à-dire la médiatrice du segment [AB] (AB est horizontal, de milieu (3;2), donc sa médiatrice est la droite verticale x=3).

MA=3 ⟺ MA²=9 ⟺ (x−2)²+(y+1)²=9. (E) est le cercle de centre A(2;−1) et de rayon 3.

MA²=x²+y², MB²=(x−6)²+y². MA²−MB² = x² − (x−6)² = x² − x² +12x −36 = 12x−36. L'équation devient 12x−36=8, soit 12x=44, donc x = 11/3. (E) est la droite verticale x=11/3, perpendiculaire à (AB) — c'est un résultat général : puisque la somme des coefficients 1−1=0, le lieu MA²−MB²=k est toujours une droite perpendiculaire à (AB), jamais un cercle.

MA²+MB² = (x+2)²+y² + (x−2)²+y² = 2x²+2y²+8. L'équation devient 2x²+2y²+8=20, soit x²+y²=6. (E) est le cercle de centre O(0;0) (milieu de [AB]) et de rayon √6. Vérification par Huygens : le barycentre G de (A,1),(B,1) est le milieu de [AB]=O ; MA²+MB²=2MG²+GA²+GB²=2MG²+8 ; l'égalité à 20 donne MG²=6, soit MG=√6. ✓

MA=2MB ⟺ MA²=4MB² ⟺ x²+y² = 4[(x−8)²+y²]. En développant : x²+y² = 4x²−64x+256+4y², soit 3x²+3y²−64x+256=0, puis x²+y²−(64/3)x+256/3=0. En complétant le carré : (x−32/3)²+y² = (32/3)²−256/3 = 1024/9−768/9 = 256/9. (E) est le cercle de centre (32/3;0) et de rayon 16/3 — c'est le cercle d'Apollonius associé au rapport MA/MB=2 : son diamètre relie le point qui partage [AB] dans le rapport 2 à l'intérieur (en x=16/3) au point qui le partage dans le rapport 2 à l'extérieur (en x=16).

Le barycentre G de (A,1),(B,1),(C,1) est le centre de gravité : G=((0+6+3)/3;(0+0+6)/3)=(3;2). Par la formule de Huygens, MA²+MB²+MC²=3MG²+(GA²+GB²+GC²). Calcul : GA²=3²+2²=13, GB²=(6−3)²+2²=13, GC²=0²+(6−2)²=16, somme=42. L'équation 3MG²+42=60 donne MG²=6, soit MG=√6. (E) est le cercle de centre G(3;2) et de rayon √6. (Vérification directe : MA²+MB²+MC² = 3x²+3y²−18x−12y+81 ; l'égalité à 60 donne x²+y²−6x−4y+7=0, soit (x−3)²+(y−2)²=6. ✓)

MA²=x²+y², MB²=(x−6)²+y², MC²=(x−2)²+(y−4)². En développant : 2MA²−MB²−MC² = 2x²+2y² − [x²−12x+36+y²] − [x²−4x+y²−8y+20] = 16x+8y−56. L'équation devient 16x+8y−56=8, soit 16x+8y=64, c'est-à-dire 2x+y=8 : (E) est une droite. Ce résultat était prévisible : la somme des coefficients 2−1−1=0, donc le lieu ne peut pas être un cercle (le terme en MG² disparaît dans la décomposition de Huygens) ; c'est une droite perpendiculaire au vecteur constant 2A−B−C=(−8;−4), colinéaire à (2;1), qui est bien le vecteur normal de la droite 2x+y=8.

Par associativité du barycentre, G = barycentre de (A,1) et (A',2), car A' est le barycentre de (B,1) et (C,1), de coefficient total 1+1=2. G appartient donc à la droite (AA'), et la relation caractéristique du barycentre donne GA + 2GA' = 0, soit GA = −2GA'. Comme AA' = AG+GA' = 2GA'+GA' = 3GA', on obtient GA' = AA'/3 et AG = (2/3)AA'.

Par le même raisonnement, en regroupant (A,1) et (C,1) en B' de coefficient 2, on montre que G appartient à (BB') avec BG=(2/3)BB' ; et en regroupant (A,1) et (B,1) en C', que G appartient à (CC') avec CG=(2/3)CC'. Le point G, unique barycentre, appartient donc simultanément aux trois médianes : elles sont concourantes en G, le centre de gravité, qui partage chaque médiane dans le rapport 2:1 à partir du sommet.

Démonstration de l'identité : en notant HA=A−H etc., BC=HC−HB, CA=HA−HC, AB=HB−HA. Alors HA·BC+HB·CA+HC·AB = HA·(HC−HB)+HB·(HA−HC)+HC·(HB−HA) = (HA·HC−HC·HA)+(−HA·HB+HB·HA)+(−HB·HC+HC·HB) = 0, par symétrie du produit scalaire (identité toujours vraie, quel que soit H).

Puisque H est sur la hauteur issue de A, AH⊥BC donc HA·BC=0. Puisque H est sur la hauteur issue de B, HB·CA=0. L'identité donne alors HC·AB=0, c'est-à-dire CH⊥AB : H est aussi sur la hauteur issue de C. Les trois hauteurs sont concourantes en H.

Application : AB est horizontal (axe des x), donc la hauteur issue de C est verticale : x=2. BC a pour vecteur directeur (2−6;4−0)=(−4;4), de coefficient directeur −1 ; la hauteur issue de A, perpendiculaire à BC, a pour coefficient directeur 1 : y=x. Intersection avec x=2 : H=(2;2). Vérification avec la hauteur issue de B (perpendiculaire à AC, vecteur (2;4), coefficient directeur 2, donc hauteur de coefficient −1/2, passant par B(6;0)) : y=−(x−6)/2 ; en x=2, y=2. H=(2;2), confirmé par les trois hauteurs.

Soit O le point d'intersection de la médiatrice de [AB] et de la médiatrice de [BC] (deux droites non parallèles car A, B, C ne sont pas alignés). Comme O est sur la médiatrice de [AB], OA=OB. Comme O est sur la médiatrice de [BC], OB=OC. Donc OA=OB=OC : O est équidistant de A, B et C. En particulier OA=OC, donc O appartient aussi à la médiatrice de [CA]. Les trois médiatrices sont concourantes en O, centre du cercle passant par A, B, C (cercle circonscrit), de rayon R=OA.

Application : médiatrice de [AB] (AB horizontal, milieu (3;0)) : x=3. Médiatrice de [BC] : milieu (4;2), vecteur BC=(−4;4) normal à la médiatrice, équation −4(x−4)+4(y−2)=0, soit y=x−2. Intersection avec x=3 : y=1. O=(3;1). R²=OA²=3²+1²=10, donc R=√10. Vérification : OB²=(6−3)²+1²=10 ✓, OC²=(2−3)²+(4−1)²=1+9=10 ✓.

1. G = ((0+6+2)/3 ; (0+0+4)/3) = (8/3 ; 4/3).
2. AB est horizontal donc la hauteur issue de C est verticale : x=2. BC=(−4;4) donne pour la hauteur issue de A la droite y=x. Intersection : H=(2;2) (confirmé par la troisième hauteur).
3. La médiatrice de [AB] est x=3 ; celle de [BC] est y=x−2. Intersection : O=(3;1), R²=OA²=9+1=10, R=√10.
4. OG = G−O = (8/3−3 ; 4/3−1) = (−1/3 ; 1/3). OH = H−O = (−1;1). On remarque OH = 3·OG (car 3×(−1/3;1/3)=(−1;1)) : O, G, H sont alignés, et comme OH=OG+GH, on a GH=OH−OG=3OG−OG=2OG, soit HG=2·GO (c'est la droite d'Euler).
5. Ω = milieu de [OH] = ((3+2)/2 ; (1+2)/2) = (5/2 ; 3/2). Le rayon du cercle d'Euler est la moitié du rayon circonscrit : r=R/2=√10/2.

1. Avec O pour origine : Ω=(O+H)/2=H/2=(A+B+C)/2 (car OH=OA+OB+OC=A+B+C avec O=origine). M_a=(B+C)/2, donc Ω−M_a=(A+B+C)/2−(B+C)/2=A/2, soit ΩM_a=OA/2=R/2. De même N_a=(A+H)/2=(2A+B+C)/2, donc Ω−N_a=(A+B+C)/2−(2A+B+C)/2=−A/2, soit ΩN_a=R/2. (Par symétrie des rôles de A, B, C, on obtient de même ΩM_b=ΩM_c=ΩN_b=ΩN_c=R/2.)
2. La hauteur issue de A est la droite passant par A et H, perpendiculaire à (BC) ; elle coupe (BC) en H_a. A, H et H_a sont donc alignés sur cette hauteur, et N_a, milieu de [A,H], appartient lui aussi à cette même droite : A, N_a, H, H_a sont alignés. Cette droite étant perpendiculaire à (BC), et M_a appartenant à (BC), la droite (H_aN_a) — confondue avec la hauteur — est perpendiculaire à la droite (H_aM_a) — confondue avec (BC) : l'angle en H_a du triangle M_aH_aN_a est droit.
3. D'après la question 1, Ω−M_a=A/2=N_a−Ω, donc 2Ω=M_a+N_a : Ω est le milieu de [M_a,N_a]. Le segment [M_a,N_a] est donc un diamètre du cercle de centre Ω et de rayon R/2. L'angle en H_a étant droit (question 2), H_a appartient, par la réciproque de l'angle inscrit dans un demi-cercle, à ce cercle. H_a appartient au cercle de centre Ω et de rayon R/2 — c'est le cercle d'Euler. Le même raisonnement pour H_b et H_c montre que les 9 points (M_a,M_b,M_c, H_a,H_b,H_c, N_a,N_b,N_c) sont tous sur ce cercle.

1. MA²=(x+3)²+y², MB²=(x−3)²+y². MA=MB ⟺ (x+3)²=(x−3)² ⟺ 12x=0 ⟺ x=0. (D₁) : x=0.
2. MB²=(x−3)²+y², MC²=x²+(y−4)². Égalité : (x−3)²+y²=x²+(y−4)² ⟺ −6x+9=−8y+16 ⟺ 6x−8y+7=0.
3. Intersection de x=0 et 6x−8y+7=0 : −8y+7=0, y=7/8. O=(0 ; 7/8). R²=OA²=3²+(7/8)²=9+49/64=625/64, donc R=25/8. (Vérification : OB²=9+49/64=625/64 ✓, OC²=0+(4−7/8)²=(25/8)²=625/64 ✓.)
4. G=((−3+3+0)/3 ; (0+0+4)/3)=(0 ; 4/3). AB=6, AC=BC=5 : le triangle est isocèle en C mais pas équilatéral (AB≠AC). O et G sont tous deux sur l'axe de symétrie x=0, mais O=(0;7/8)≠G=(0;4/3) : seul un triangle équilatéral vérifie O=G.
5. Barycentre G=(0;4/3) (poids 1,1,1, Σ=3). GA²=9+16/9=97/9, GB²=97/9, GC²=(4−4/3)²=64/9, somme=258/9=86/3. MA²+MB²+MC²=3MG²+86/3=100 ⟹ MG²=(300−86)/9=214/9. (E) : cercle de centre G(0;4/3), rayon √214/3 — son centre (G) diffère du centre du cercle circonscrit (O), donc ce n'est pas le cercle circonscrit (ce ne serait le cas que si le triangle était équilatéral).
6. Pour M=A : AA²+AB²+AC²=0+36+25=61 (car AB=6, AC=5). k=61.

1. AB=8, AC=6, AB/AC=4/3. Par définition, M=A vérifie MB/MC=AB/AC=4/3 : A∈(Γ) (cas trivial, mais essentiel pour la suite).
2. MB/MC=4/3 ⟺ 9MB²=16MC². MB²=(x−8)²+y², MC²=x²+(y−6)². 9(x−8)²+9y²=16x²+16(y−6)² ⟺ 9x²−144x+576+9y²=16x²+16y²−192y+576 ⟺ 7x²+7y²+144x−192y=0 ⟺ x²+y²+(144/7)x−(192/7)y=0. En complétant les carrés : (x+72/7)²+(y−96/7)²=(72/7)²+(96/7)²=14400/49. Ω=(−72/7 ; 96/7), rayon=√(14400/49)=120/7. (Vérification : ΩA²=(72/7)²+(96/7)²=14400/49 ✓, A est bien sur (Γ).)
3. I divise [BC] avec IB:IC=4:3, donc I=(3B+4C)/7=(3(8;0)+4(0;6))/7=(24;24)/7=(24/7 ; 24/7). Vérification : ΩI²=(24/7+72/7)²+(24/7−96/7)²=(96/7)²+(−72/7)²=14400/49=rayon² ✓.
4. J divise (BC) extérieurement avec JB:JC=4:3, soit J=(−3B+4C)/(4−3)=4C−3B=(0;24)−(24;0)=(−24 ; 24). Vérification : ΩJ²=(−24+72/7)²+(24−96/7)²=(−96/7)²+(72/7)²=14400/49=rayon² ✓.
5. Milieu de [IJ] = ((24/7−24)/2 ; (24/7+24)/2) = ((−144/7)/2 ; (192/7)/2) = (−72/7 ; 96/7) = Ω. Ω est bien le milieu de [IJ] : [IJ] est donc un diamètre de (Γ). Comme A∈(Γ), l'angle inscrit IAJ, qui intercepte le diamètre [IJ], est droit : on retrouve ainsi la propriété classique selon laquelle les bissectrices intérieure et extérieure d'un même angle d'un triangle sont perpendiculaires.

1. La symétrie par rapport à (AB) conserve les distances et les angles ; le triangle AH'B est l'image du triangle AHB par cette symétrie, donc angle AH'B = angle AHB = 180° − angle en C.
2. Dans le quadrilatère CAH'B (sommets pris dans cet ordre), les angles opposés sont en C (angle ACB) et en H' (angle AH'B=180°−angle en C) ; leur somme vaut 180°. Un quadrilatère dont une paire d'angles opposés est supplémentaire est inscriptible dans un cercle : C, A, H', B sont cocycliques. Le cercle passant par A, B, C étant le cercle circonscrit à ABC, H' appartient à ce cercle circonscrit.
3. (AB) est l'axe des abscisses (A et B ont pour ordonnée 0), donc le symétrique de H(2;2) par rapport à (AB) est H'=(2;−2). Vérification : OH'²=(2−3)²+(−2−1)²=1+9=10=R² ✓. H' est bien sur le cercle circonscrit, ce qui confirme la propriété.