D2901. La toile d'araignée (2ème épisode)
Problème proposé par Pierre Leteurtre
Dans le triangle ABC, les pieds des hauteurs issues des sommets A, B, C sont Ha , Hb et Hc.
K et L sont respectivement les projections droites sur AB de Hb et Ha et on définit de façon similaire les points homologues M et N sur BC et les points homologues O et P sur AC.
Q1 : montrer que K, L, M, N, O et P sont cocycliques.
Q2 : montrer que si 3 droites parmi CK, CL, AM, AN, BO et BP sont simultanément céviennes, les 3 autres le sont aussi.
Q3 : deux des sommets du triangle ABC étant fixes, déterminer le le lieu du troisième sommet tel que les droites de la question Q2 restent céviennes.
Solution proposée par Maurice Bauval.
Q1) AK = c .cos2 Â, AL = AB – BL = c – c.cos2 B = c.sin2 B, AK.AL = c² .cos2 Â.sin2 B,
AP = b.cos2 Â, AO = AC – CO = b – b.cos2 C = b.sin2 C,
AP.AO = b² .cos2 Â.sin2 C, mais c.sin B = b.sin C donc AK.AL = AP.AO et KLOP sont cocycliques.
De même on montre que POMN sont cocycliques, et aussi MNLK, mais cela n'implique pas que les 3 cercles soient confondus .
Coordonnées barycentriques de K : (sin²A , cos²A, 0) ou (a², 4R² – a², 0), R = rayon du cercle circonscrit a² = 4R²sin² A et 4R² – a² = 4R² cos² A . Je pose 4R² = h.
K(a², h – a², 0), L(h – b², b², 0), P(a², 0, h – a²), O(h – c², 0, c²), M(0, b², h – b²) , N(0, h – c², c²) L'équation générale d'un cercle est a²YZ+ b²ZX+ c²XY+ (X+Y+Z) (pX+qY+rZ) = 0
KLMNOP sont cocycliques s'il existe (p,q,r) tel que les coordonnées de chacun des 6 points vérifient cette équation,
qh² + a²h(c²+p-q) – a4c² = 0 ph² + b²h(c²-p+q) – b4c² = 0 rh² + a²h(b²+p-r) – a4b² = 0 ph² + c²h(b²+r -p) – c4b² = 0 rh² + b²h(a²+q-r) – b4a² = 0 qh² + c²h(a²+r-q) – c4a² = 0 Ces 6 équations sont vérifiées en choisissant
p = (b²c²)
h² (a² – h), q = (a²c²)
h² (b² – h), r = (a²b²)
h² (c² – h) Les 6 points sont sur le cercle dont l'équation est :
h²( a²YZ+ b²ZX+ c²XY) + (X+Y+Z).[b²c²(a²-h)X + c²a²(b²-h)Y + a²b²(c²-h)Z] = 0 Q2) Retenons que PK//CB, ON//AB, et LM//AC.
En mesure algébrique, on a (PA)
(PC).(KB)
(KA)=1 , (OA)
(OC).(NC)
(NB)=1 et (LB)
(LA).(MC)
(MB)=1 d'où on tire ((PA)(KB)(OA)(NC)(LB)(MC))
((PC)(KA)(OC)(NB)(LA)(MB))=1 .
Si un produit de deux facteurs vaut 1 et que l'un des facteurs vaut – 1 , l'autre facteur vaut aussi – 1 . Par exemple si (MC)
(MB).(KB) (KA).(PA)
(PC)=−1 alors (NC) (NB).(LB)
(LA).(OA) (OC)=−1 Si (AM, CK, BP) sont céviennes, (AN, CL, BO) le sont aussi.
Q3) Rappelons que tan²A = KB KA=PC
PA , tan² B = LA LB=MC
MB , tan² C = NB NC=OA
OC Pour que (CK, AM, BO) soient céviennes il faut KB
KA.MC MB .OA
OC=1 soit tan²A.tan²B.tan²C = 1 Pour que (CK , AN, BO) soient céviennes il faut KB
KA.NC NB.OA
OC=1 soit tan²A.tan–2C.tan²C = 1 Dans le 1er cas tan A.tan B.tanC = +1, dans le 2ième cas, tan A = +1. L'angle A vaut 45° ou 135°.
Pour d'autres triplets de céviennes, ce serait l'angle B ou l'angle C qui vaudrait 45° ou 135°.
Supposons A d'abscisse – 1 et B d'abscisse +1, une partie du lieu de C est constituée par la réunion de 4 droites et de deux cercles : y= + (x + 1), x²+y² +2y – 1 = 0.
Revenons au premier cas, soient (x,y) les cordonnées de C, soit s= tan (AB,AC) = y/(x+1) et t = tan ( AB,CB) = y/(x-1), (CA,CB) = (AB,CB) – (AB,AC), donc tan (CA,CB) = (t – s)/( 1+st)
tan A.tan B.tan C = +1 équivaut à st(t-s)/(1+st) = +1. En remplaçant s et t par y/(x+1) et y/(x – 1)
on trouve 2y3
((x2+y2−1)(x2−1)) = +1 , dont la représentation graphique se compose de deux courbes symétriques par rapport à la droite AB avec des branches paraboliques de diretion perpendiculaire à AB.
Voici l'ensemble du lieu :
Un exemple avec C sur la quartique :
