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.
1) Prenons comme unité le rayon du cercle circonscrit, et soient a, b, c les longueurs des cotés du triangle ( donc a=2sinA, b=2sinB, c=2sinC); I est le barycentre de A, B, C affectés des poids a, b, c. et nous avons donc les relations vectorielles OI(a+b+c)=aOA+bOB+cOC ; AP=ACc/b=(OC-OA)c/b et BQ=BCc/a=(OC-OB)c/a : on en déduit abPQ=a(c-b)OA+b(a-c)OB+c(b-a)OC nous pouvons calculer les produits scalaires OB.OC=cos2A=1-2sin2A=1-a2/2 OC.OA=1-b2/2, OA.OB=1-c2/2, et (a+b+c)OI.PQab=a2(c-b)+bc(b-c)(1-a2/2)+...
«...» représentant les deux termes obtenus par permutation circulaire de a,b,c.
On obtient donc trois termes de la forme (a2+b2)c-(a2+c2)b, de somme nulle, et trois termes de la forme a2bc2/2-a2b2c/2 également de somme nulle. Le produit scalaire OI.PQ est donc nul, donc OI et PQ sont perpendiculaires.
2) Si l’angle en C vaut 30°, le triangle OAB est équilatéral, et donc c=1; en appliquant la relation d’Al Kashi aux triangles ABC et PQC, nous obtenons a2+b2-ab√3=c2=1 et PQ2= (a-1)2+(b-1)2-(a-1)(b-1)√3=3-2a-2b+(a+b-1)√3, soit PQ2= 1-(a+b-1)(2-√3). Par ailleurs, la relation d’Euler donne OI2=1-2r, et tan(C/2)=r/(p-c), avec 2p=a+b+c. Donc 2r/(a+b-1)=tan15°=2-√3, soit OI2=1-2r=1-(a+b-1)(2-√3), et OI=PQ. Par ailleurs, aOQ=aOB+BC et b(a+b+1)IP=b(a+b+1)(OP-OI)=(a+b+1)bOP-b(aOA+bOB+OC)
=(a+b+1)((b-1)OA+OC)-b(aOA+bOB+OC)=b2BA+(a+1)AC. Comme 2BC.BA=a2-b2+1 et 2BC.AC=a2+b2-1, Donc
aOQ.b(a+b+1)IP=-ab2-a(a+1)(a2-1)+b2(a2-b2+1)+(a+1)(a2+b2-1)
=a2b2+2a2+2b2-a4-b4-1. Or, nous avons vu que ab√3=a2+b2-1, et en élevant cette égalité au carré, on trouve que l’expression précédente est nulle, donc que OQ est perpendiculaire à IP : comme nous avons déjà montré que OI est perpendiculaire à PQ, O est l’orthocentre du triangle IPQ.
