D10459. Triangles extrêmes
Soit un point A intérieur à un cercle de centre O. Deux demi-droites va- riablesAmetAn, faisant entre elles un angle constant, coupent le cercle en M etN. Quelles positions de ces demi-droites donnent au triangle AM N a/ l’aire maximale ? b/ l’aire minimale ?
Solution
Dans la famille des triangles suivant les conditions de l’énoncé, soient AM1N1 et AM2N2 deux triangles de même aire encadrant un triangle AM N d’aire maximale ou minimale. Par l’égalité des aires, AM1.AN1 = AM2.AN2, donc AM1/AM2 = AN2/AN1, et les triangles AM1M2 et AN2N1 sont semblables à retournement près.
Faisons tendre M1 vers M, M2 se déplaçant pour conserver l’égalité des aires ; M2 tend vers M, N1 et N2 vers N : M1M2 et N1N2 tendent vers les tangentes en M et N au cercle. L’égalité angulaire (M1M2, M1A) = (N2A, N2N1) devientπ/2 + (M O, M A) =π/2 + (N A, N O). SoitM0 le sy- métrique deM par rapport àOA, etM00l’intersection deAM et du cercle donné. Comme (M O, M A) = (M0A, M0O) = (M00A, M00O), les points O, A, M0, M00, N sont cocycliques. Ainsi N est en M0 (M00 ne convient pas), OA est bissectrice de l’angle (Am, An) ; l’aire est maximale dans celle des deux positions oùO est intérieur à cet angle.
Remarque
Bernard Legrand établit que le triangleAM2N2 de même aire que le tri- angleAM1N1 est en fait symétrique du triangleAN1M1 par rapport àOA.
A l’extremum les triangles se superposent etOA en est axe de symétrie.
En effet, si un triangleAM2P a même aire et même angleA queAM1N1, le produit AM2·AP =AM1·AN1 et si M2 est sur le cercle donné, P s edéduit par une rotation de centre A et d’ange A du point Q transformé deM2 par l’inversion de pôleA et de puissanceAM1·AN1. Le tranformé du cercle donné par cette inversion suivie de cette rotation est un cercle qui a en commmun avec lui seulement deux points ; N1 et le symétrique deM1 par rapport àOA.
