D1996. La saga de l'angle de 60° (14ème épisode)
Soient G et H le centre de gravité et l'orthocentre d'un triangle acutangle ABC avec AB ≠ AC. La droite AG coupe le cercle circonscrit au triangle ABC aux points A et M. Soit N le symétrique de M par rapport à la droite BC. Démontrer que l'angle BAC est égal à 60° si et seulement si GH = GN.
Le cercle ABC est supposé être le cercle unité. Les affixes de A,B,C H sont a, b, c, a+b+c.
L'affixe d'un point de la droite AG est : a+k(b+c – 2a) où k est réel.
|a+k(b+c – 2a)| = 1 ↔ 1 – (a+k(b+c – 2a)) (a+k(b+c –2a)) = 0 ↔ k = 0 ou bien k = ((a2+bc)−4abc)
(2(a²+bc)(b+c)−a(b²+6bc+c²))
En portant cette valeur de k dans a+k(b+c – 2a) on trouve l'affixe de M : m = (2bc)
(b+c) – (bc(b−c)²)
((b+c)(ab+ac−2bc)) .
Si h et g sont les affixes de l'orthocentre et du centre de gravité, leurs symétriques par rapport à BC ont pour affixe h' = b+c – bc (h) , h' = b+c – bc(1/a+1/b+1/c) = – bc/a
et g' = b+c – (g) , g' = b+c – bc(1/a+1/b+1/c)/3 = (2ab+2ac – bc) /(3a) GH=GN équivaut à « (m+h')/g' est réel ››
{ (2bc) (b+c) –
(bc(b−c)²)
((b+c)(ab+ac−2bc)) – bc/a }. a
(2ab+2ac−bc) est réel. Ce produit est égal à :
2bc(a2+bc−ab−ac)
((2ab+2ac−bc)(ab+ac−2bc)) dont le conjugué est : 2(a2+bc−ab−ac) ((2a−b−c)(a−2b−2c)) La parenthèse du numérateur est commune aux deux expressions :
GH=GN équivaut à ((2ab+2ac−bc)(ab+ac−2bc))
(bc) – (2a – b – c)(a – 2b – 2c) = 0 ou finalement à (a² – bc)(b²+bc+c²) = 0
L'énoncé précise AB ≠ AC donc (a² – bc) ≠ 0 . GH=GN ↔ (b²+bc+c²) = 0 l'angle au centre BÔC = + 120°, l'angle inscrit BÂC = + 60°.
L'angle BAC est égal à 60° si et seulement si GH = GN.