D1933. Les deux points remarquables ***
P est un point fixe du plan. On donne trois nombres réels positifsa,b etc. Parmi les triangles ABC tels queP A=a,P B=betPC=c, on détermine :
1. le triangleT1dont le périmètre est le plus grand.P est un point remarquable du triangle.
Lequel ?
2. le triangleT2dont l’aire est la plus grande.Pest un point remarquable du triangle. Lequel ? Application numérique :
P A=1,P B=p
2 etPC =p
3+1. Calculer le périmètre deT1et l’aire deT2.
Solution de Claude Felloneau
Pour tout réel positifk, on noteCkle cercle de centreP et de rayonk.
Le plan étant muni de la métrique euclidienne, l’applicationp(resp.s) deCa×Cb×Cc dansR qui à un triplet (A,B,C) de points associe le périmètre (resp. l’aire) du triangleABC est continue.
CommeCa×Cb×Cc est compact, l’existence des trianglesT1etT2est assurée.
1. P est le centre du cercle inscrit dans le triangle T1. Soient A,B,Cles sommets du triangleT1.
Comme le périmètre deT1est maximal, pour tout pointM du cercleCc on a M A+M B+AB6C A+C B+AB
donc
M A+M B6C A+C B.
Le cercleCc ne contient donc aucun point extérieur à l’ellipseE, ensemble des pointsM du plan tels queM A+M B=C A+C B. On en déduit queCc est tangent àE enC.
Comme la tangente àE enCest la bissectrice extérieure de l’angleAC Bet la tangente àCc
enCest la perpendiculaire à (PC) passant parC, la droite (PC) est la bissectrice intérieure de l’angleAC B.
Par permutation circulaire, on en déduit quePappartient aux trois bissectrices intérieures du triangleT1, c’est donc le centre du cercle inscrit dans le triangleT1.
Application numérique
Le périmètrepdu triangleT1est tel que p(T1)=2p
a2−r2+2p
b2−r2+2p c2−r2
oùrdu cercle inscrit dans le triangleT1. On a
r =asin(A/2)b =bsin(Bb/2)=csin(Cb/2).
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CommeAb+Bb+Cb=π, on a cos µ
Ab 2 +Bb
2
¶
=sin µ
Cb 2
¶ donc
cos µ
Ab 2
¶ cos
µ Bb 2
¶
−sin µ
Ab 2
¶ sin
µ Bb 2
¶
=sin µ
Cb 2
¶ .
Soit s
1−r2 a2
s 1−r2
b2=r c + r2
ab. On en déduit que
1= µ 1
a2+ 1 b2+ 1
c2
¶
r2+ 2 abcr3 soit
2=
³ 5−p
3´ r2+p
2³p 3−1´
r3. L’unique solution positive estr= 1
p2. On en déduit quep(T1)=2p
6+3p 2.
2. P est l’orthocentre du triangle T2.
Soient A,B,Cles sommets du triangleT1.
Comme l’aire deT2est maximale, pour tout pointM du cercleCc, la distance deM à la droite (AB) est inférieure ou égale à la distance deCà la droite (AB). Le cercleCc est donc tangent à la parallèle à (AB) passant parC. La droite (C P) est donc la hauteur du triangle T2passant parC.
Par permutation circulaire, on en déduit queP appartient aux trois hauteurs du triangle T2, c’est donc l’orthocentre du triangleT2.
Application numérique
On notantRle rayon du cercle circonscrit, on obtient 4R3−R¡
a2+b2+c2¢
−abc=0 soit
4R3−
³ 7+2p
3´ R−p
2³p 3+1´
=0.
On en déduit queR≈1, 78. L’aire du triangleT2est
s(T2)=2R2 s
1− a2 4R2
s 1− b2
4R2 s
1− c2 4R2 d’oùs(T2)≈3, 57.
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