D2902. La toile d'araignée (3ième épisode) MB Problème proposé par Pierre Leteurtre
Le triangle ABC présente en C un angle de 45°. Il est inscrit dans le cercle Γ1 de centre O1. H est son orthocentre, hA,hB,hC les pieds des hauteurs,qui se projettent respectivement en L/O, K/N et M/P sur les autres côtés de ABC.
O et N sont les milieux de AC et BC. On rappelle (cf. 2ème épisode) que les points K,L,M,NO et P sont sur le même cercle Γ2 Q1 :Déterminer l'enveloppe de la droite hAhB quand C parcourt Γ1.
Q2 :Déterminer les lieux du centre O2 du cercle Γ2, et du symétrique de H par rapport à O2, quand C parcourt Γ1 . Solution proposée par Maurice Bauval :
Q1) Les points hA et hB sont sur le cercle de diamètre AB, de centre X. Dans le triangle rectangle ChBB, les angles en C et B valent 45°. L'angle inscrit hB B ha vaut 45° et l'angle au centre hB X hA vaut 90°. Le triangle hB X hA est rectangle isocèle. XhB = XhA = AB/2 et hBhA = AB/√2. L'enveloppe de la droite hBhA
est le cercle de centre X milieu de AB et de rayon AB/(2√2).
Q2) Fixons les points A(-1,0) et B(+1,0), Le point C (u,v) décrit un arc capable AB sur le cercle de centre (0,1) de rayon √2. (ou l'arc symétrique par rapport à AB). u et v sont liés par u²+v² – 2v – 1 = 0.
cos²C =1/2, donc O et N sont les milieux de CA et CB, leurs coordonnées sont ((u – 1)/2, v/2), ((u+1)/2,v/2) la médiatrice de ON et de KL est perpendiculaire à AB et son équation est x= u/2.
Equation de la hauteur BHB : (x-1)(u+1)+vy = 0, de la droite AC : y = v(x+1)/(u+1) En éliminant y on trouve l'abscisse des points HB et K : x=(u²−v²+2u+1)
(u²+v²+2u+1)=(u²−v²+2u+1) (2(u+v+1))
La figure suggère que l'ordonnée de O2 serait ½. Le point O'2(u/2,1/2) vérifie O'2 O = O'2 N et O'2 K = O'2 L Il reste à prouver que O'2 O = O'2 K
Premier vecteur : O'2 O = [ −1
2 , (v−1)
2 ]
Deuxième vecteur : O'2 K = [ (u²−v²+2u+1) (2(u+v+1)) −u
2 , −1
2 ] = [ (1−v)
2 , −1
2 ]
Ils ont bien la même longueur O'2 et O2 sont confondus.
Quand C décrit l'arc de cercle capable de 45° , u varie entre –√2 et +√2, le point O2 décrit le segment de droite y = 1/ 2, –√2/2 < x < +√2/2.
{Remarque : L'orthogonalité des vecteurs O2 O et O2 K était prévisible : les triangles KBN et CBA ont un angle commun en B et comme BK = c sin²A et BN = a sin²C, BK/BC = (c/a)sin²A et BN/BA = (a/c)sin²C BK/BC = BN/BA = sinA.sinC. Les deux triangles sont semblables. Angle NKB = ACB = 45°.
ON // KB donc Angle ONK = NKB = 45°.
L'angle au centre O O2 K vaut deux fois l'angle inscrit ONK donc vaut 90°}
Soit H' le symétrique de H(u, v–2) par rapport à O2 (u/2, 1/ 2) ses coordonnées sont (0, 3–v ).
Quand C décrit son arc capable, son ordonnée v décrit [0,(1+√2)].
Le lieu de H' est donc le segment de la droite médiatrice de AB : x = 0, 2 – √2 < y < 3.
Dans le cas général où la longueur AB est quelconque, en conservant le repère avec origine au milieu de AB O2 décrit le segment de droite y = AB/4, –(AB√2)/4 < x < +(AB√2)/4 et
H' décrit le segment de la droite médiatrice de AB : x = 0, (1 –√2/2)AB < y < 3AB/2.
