D1957. Toujours sous le même angle
On trace un point D sur le côté BC d’un triangle ABC. Les médiatrices de BD et DC rencontrent les droites AB et AC respectivement en E et F. Démontrer que lorsque D se déplace entre B et C, le segment EF est toujours vu sous le même angle à partir du centre O du cercle circonscrit à ABC.
Solution proposée par Gaston Parrour
Le triangle EOF (en violet) représente le cas courant.
Le triangle BOG (en rouge) correspond à l'un des deux cas extrêmes, ici D en B (une médiatrice est alors celle de BC, l'autre étant la perpendiculaire à BC en B ) ; le triangle COG correspondant à l'autre cas extrême : D en C.
Remarque : avec BD = 2x et BC = 2a, on a m0m2 = a – Cm2 = a – (2a-2x)/2 = x soit Bm1=m0m2=x
A , B, C en caractère gras désignent dans la suite les angles du triangle ABC, R est le rayon de son cercle circonscrit
Soit Ar l'angle de rotation qui amène OB le long de OE .
Par cette rotation, la demi-droite Oy qui porte le segment OG se trouve selon la demi-droite Oz qui coupe le côté BC en F' ; m3 est le pied de la perpendiculaire à BC passant par F'.
On se propose de montrer que F et F' sont confondus
Compte tenu de la remarque ci-dessus, il suffit de montrer que la projection m0m3 de OF' sur BC est égale à x.
Tout d'abord :
L'angle au centre sous-tendu par BC, est angBOC = 2 x A , donc angCBO = pi/2 – A
Puisque angCBG = C, angOBG = C – pi/2 + A = pi/2 – B
Et par symétrie par rapport par rapport à la médiatrice Gm0, on a également angOCG = pi/2 – B
Considérons successivement les triangles BEO et GOF'
Dans BEO :
Avec BE= x/cos( B) , BE/sinAr = R/sin(angBEO)
et angBEO=angBEm1+ang m1EO=(pi /2 – B) + angEOG = (pi /2 – B) + (pi- A)-Ar angBEO = pi/2 – (Ar- C)
A
B C
m1 D m0 m2 m3
O E
F F' G
Ar y
z
Ar
D'où Bm1 = x = R cos( B)sinAr/cos(Ar- C) (1)
--> Ensuite, dans le triangle OGC OG/sin(angOCG) = R/sin(angOGC) soit OG = RcosB/cosC (2) N.B. Ce résultat pour OG dépend du cas de figure : ici B > C (on retrouve bien OG < R). Avec C > B on aurait une situation « symétrique » ou le sommet C remplacerait le sommet B et dans ce cas OG = RcosC/cosB.
Quoi qu'il en soit, on vérifie très simplement que le résultat établi ne dépend pas du cas de figure.
Dans GOF' :
GF'/sinAr = OF'/sin(pi/2-C) = OG/sin(angOF'G) Et avec angOF'G = pi – (pi/2-C) – Ar = pi/2 -(Ar-C)
GF' = OG sinAr/cos(Ar-C) = RcosBsinAr/(cosCcos(Ar-C)) (avec (2) ci-dessus).
Projection de GF' sur BC : m0m3 = GF'sinOGF' et, puisque OGF' = pi/2-C,
m0m3 = RcosBsinAr/cos(Ar-C) = x (3) Ceci, rapproché de la relation (1), entraîne : m2 et m3 sont confondus et donc F' confondu avec F.
Dans la transformation considérée, qui fait passer de BOG à EOF, l'angle de rotation Ar est quelconque.
=> l'angle au sommet O sous lequel on voit EF est donc conservé.
