D175: Un point de rencontre bien connu
Démontrer qu'il est toujours possible de tracer au moins une ligne droite (L) qui partage un triangle scalène ABC en deux polygones de même périmètre et de même aire. Le cercle inscrit du triangle touche BC en P. On trace la droite (L') qui passe par les milieux de AP et de BC.
Déterminer le point de rencontre des deux droites (L) et (L').
Soit le triangle ABC, avec a=BC, b=AC, c=AB, 2p=a+b+c, et l’on peut supposer, quitte à renommer les sommets que a<b<c donc c<p<a+c. Soit M un point du périmètre du triangle ABC, et N le point «opposé» à M, c’est à dire tel que la distance MN en suivant le périmètre est p; si M n’est pas un sommet, il y a un sens de parcours dans lequel il y a un sommet entre M et N et l’autre où il y en a deux. Ainsi, si B est le sommet entre M et N nous pouvons déplacer M de façon continue sur le segment BC, et N sur le
segment AB, entre la position où N coïncide avec A et celle où M coïncide avec C. Si BM=x, BN=p-x, et BMN et CMNA ont même périmètre. L’aire de ABC vaut S=sinB*ac/2, tandis que celle de BMN vaut S’=sinB*x(p-x)/2. L’aire de AMN sera égale à celle de CMNA si S=2S’ ; quand M est en C, x=a, 2S’/S=2x(p-x)/ac=(-a+b+c)/b>1 tandis que si N est en A, x=p-c, 2S’/S=(a+b-c)/a<1. Il existe donc une position de M et N où 2S’/S=1.
Soit I le centre du cercle inscrit et r son rayon; l’aire de IBM est rx/2, tandis que celle de IBN est r(p-x)/2; l’aire de BMN, moitié de celle de ABC qui vaut rp, est donc égale à la somme des aires de IBM et IBN, ce qui implique que le point I appartient à MN.
Dans le système de coordonnées barycentriques lié au triangle ABC, A a pour
coordonnées (1, 0, 0), le point de contact P(0, (p-c)/a, (p-b)/a) , donc Q, le milieu de AP (1/2, (p-c)/2a, (p-b)/2a) ; le milieu A’ de BC (0, 1/2, 1/2) , et I (a/2p, b/2p, c/2p). Ces trois jeux de coordonnées sont liés (a*Q+(b+c-a)/2*A’-p*I=0), donc I est aligné avec A’ et Q donc appartient à la droite (L’).
Le centre I du cercle inscrit est donc le point d’intersection de (L) et (L’).
