Problème proposé par Dominique Roux
Démontrer que dans un triangle acutangle ABC, la somme des distances du point de Fermat aux trois sommets est égale au double de la médiane AM issue du sommet A si et seulement si l’angle en A vaut 60°.
Considérons le cercle lieu des points qui voient BC sous un angle de 2π/3 (c’est à dire le symétrique du cercle circonscrit par rapport à BC, dans le cas où A=π/3).
La médiatrice de BC coupe ce cercle à l’extérieur du triangle ABC en un point N, et AN recoupe le cercle en F, point de Fermat. Si G est le point de AN tel que BFG soit équilatéral, on a BF=FG, FC=GN (car se déduisant par rotation de centre B, d’angle π/3) ; AN= AF+BF+CF : la somme des distances du point de Fermat aux trois
sommets est donc égale à AN.
Soient R le rayon du cercle circonscrit à ABC, O son centre, α l’angle de OA avec la médiatrice de BC, OM=RcosA, MN=BC√3/2=R√3sinA ;
OM+MN=R(cosA+√3sinA)=2Rcos(A-π/3)
AM2 =R2((cosA+cosα)2+sin2α)=R2(cos2A+2cosAcosα+1)
AN2=R2(2cos(A-π/3) +cosα)2+sin2α)=R2(4cos2(A-π/3) +2(cosA+√3sinA)cosα+1) AN2=4AM2 si et seulement si 3+4(cos2A-cos2(A-π/3) )+2cosα(3cosA-√3sinA)=0 soit 3+4(cos2A-cos2(A-π/3))=4√3cosα sin(A-π/3) ; ABC étant acutangle, O est intérieur au triangle, et cosα >0 ; or, pour A<π/3, le premier membre est positif et le second négatif, et inversement pour A>π/3.
L’égalité n’a donc lieu que pour A=π/3.
