D162. Un prix de beauté dans un triangle acutangle
Soit ABC un triangle acutangle dont l'angle au sommet C est le plus petit des trois angles. Soient O et I les centres des cercles circonscrit et inscrit. Sur AC et BC, on porte respectivement les points P et Q tels que AP = BQ = AB.
1ère partie : Démontrer que les droites IO et PQ sont perpendiculaires.
2ème partie : L'angle en C vaut 30°. Démontrer que IO = PQ et que O est l'orthocentre du triangle IPQ.
Solution proposée par Maurice Bauval
1°) Pour montrer que les points I et O sont sur une même droite perpendiculaire à PQ, il suffit de vérifier l’égalité IP² - IQ² = OP² - OQ² . Calculons ces expressions en fonction des longueurs a=BC, b=CA, et c=AB.
La symétrie par rapport aux bissectrices intérieures des angles CAB et CBA indique que IP=IB et IQ=IA.
IP² - IQ² = IB ² - IA² . Soit T le point de contact du cercle inscrit avec AB, r le rayon de ce cercle, et p le demi- périmètre du triangle ABC, on sait que BT= p-b et AT= p-a.
De IB² = r² + (p-b)² et IA² = r² + (p-a)² , on déduit IB ² - IA² = (p-b)² - (p-a)² = ( 2p-a-b)(a-b) = c(a-b) Soit R le rayon du cercle circonscrit et H la projection de O sur AC.
OP² = OH² + PH² = (OC² - CH²) + PH² avec OC=R, CH= b/2 et PH = PA – AH = (c-b/2), on déduit : OP² = R² + (b/2)² + (c- b/2)² = R² +c² - bc et pareillement, OQ² = R² + c² - ac ,enfin OP² - OQ² = ac –bc Donc IO et PQ sont perpendiculaires.
2°) Dans le triangle CPQ, CP = b-c, CQ = a-c et l’angle en C vaut 30°. PQ² = (b-c)²+(a-c)² - (b-c)(a-c)
3
. Le calcul de IO² est moins simple :Un repère (C,u,v) est choisi avec vecteur u = vecteur CA / b et vecteur v = vecteur CB/ a, Soit W est la projection orthogonale de I sur CA.
Posons vecteur OI = Xu+Yv. Produit scalaire OI.u = X+Y u.v = mesure algébrique de HW . Avec vecteur HA = b/2 u et vecteur WA = (p-a)u on a : vecteur HW = (b/2 – (p-a))u = (a-c)u/2 Pour trouver X et Y , on résout un système de 2 équations : (a-c)/2 = X + Y
3
/2 ( cette 2ème équation en échangeant X et Y, et d’autre part a et b ): (b-c)/2 = Y + X3
/2On trouve : X= 2a –b
3
- (2-3
)c et Y= 2b-a3
- (2-3
)c On obtient IO² = X² + Y² +3
XY = .[2a –b
3
- (2-3
)c ]² + [ 2b-a3
- (2-3
)c ]² +3
[2a – b3
- (2-3
)c ][ 2b - a3
- (2-3
)c ] .IO² = a² +b² - ab
3
+ ( 2-3
)( c² -bc – ac )On peut vérifier que (b-c)² + (a-c)² - (b-c)(a-c)
3
= a² +b² - ab3
+ ( 2-3
)( c² -bc – ac ) donc PQ = IO.Calculs d’angles : AÎB = 180° - ( CBA+CAB )/2 = 180°- (180°-ACB)/2 = 180° - 75° = 105°
Les 3 triangles isométriques PIA , BIA, BIQ ont tous l’angle en I qui vaut 105°.
Il reste angle PÎQ = 360° - 3* 105° = 45°.
Ce résultat, joint au fait que IO et PQ sont perpendiculaires et de même longueur va suffire à prouver que O est l’orthocentre du triangle PIQ.
Pas de figure. De façon générale, on sait que les symétriques de l’orthocentre K d’un triangle AMB par rapport aux 3 côtés appartiennent au cercle circonscrit. Autrement dit, en particulier, le symétrique par rapport à AB du cercle circonscrit à AMB passe par l’orthocentre K. Soient J le centre du cercle AMB, et J’ celui du cercle symétrique. K est l’image de M dans la translation de vecteur JJ’.
Le quadrilatère AJBJ’ est un losange, mais si AMB = 45°, l’angle au centre AJB = 90° et AJBJ’ est un carré ! Les diagonales sont égales et les vecteurs équipollents MK et JJ’ ont pour longueur AB.
Revenons à notre triangle PIQ avec PÎQ = 45°. Sur la demi-droite d’origine I, perpendiculaire à PQ, dirigée vers l’intérieur du triangle PIQ, si on porte une longueur IO égale à PQ, le point O obtenu est bien le centre du cercle circonscrit à ABC, qui est aussi l’orthocentre de PIQ.
13 avril 2010
