D173 : Possible ou pas possible?
Les trois nombres entiers 2,3 et 5 se trouvent mêlés à des querelles « arithmético-géométriques » entre Zig et Puce. L’un répond toujours « Possible » aux quatre configurations suivantes d’un triangle ABC et l’autre affirme « Pas possible ». Quel est votre avis ?
Q1 – La bissectrice intérieure de l’angle en A d’un triangle ABC coupe le cercle circonscrit en D. On a AB = 2cm, AD = 3 cm et AC = 5 cm.
Q2 – A partir d’un point P intérieur à un triangle ABC, on trace AP, BP et CP qui coupent respectivement BC, CA et AB en E,F et G. Les aires des triangles PAF, PCF et PCE sont respectivement de 5 cm2, de 2 cm2 et de 3 cm2.
Q3 – Le segment OH qui relie le centre du cercle circonscrit O à l’orthocentre H d’un triangle ABC est parallèle au côté BC. Par ailleurs OH = 3 cm et BC = 5 cm.
Q4 – Le sommet A d’un triangle ABC et le centre I du cercle inscrit sont sur l’axe des ordonnées
respectivement à 5 cm et 2 cm de l’origine O tandis que le centre de gravité G est sur l’axe des abscisses à 3 cm de O.
1) D est au milieu de l’arc BC, donc BD=CD, et comme les angles BAD et DAC sont égaux (à a), BD2 =AB2 +AD2 -2AB.AD.cosa et CD2 =AD2 +AC2 -2AD.AC.cosa
donc cosa=(AC2 -AB2 )/(2AD(AC-AB))=(AB+AC)/2AD. Or ici (AB+AC)/2AD=7/6>1 ne peut être un cosinus: la configuration est impossible.
2) On a les égalités d’aires PBE/PBA=PCE/PCA=3/7, et PBC/PBA=PCF/PAF=2/5, donc PBE/PBC=(PBE/PBA)/(PBC/PCA)=15/14, qui est impossible, E étant entre B et C.
3) O est sur la médiatrice de BC, à une distance x du milieu, et le symétrique de H par rapport à BC appartient au cercle de centre O passant par B et C: nous aurions donc 4x2 +9=x2 +25/4, ce qui est impossible.
4) I est sur la bissectrice de BAC: les droites AB et AC ont des pentes opposées t et -t et les coordonnées de B et C sont de la forme (-u, 5-tu) (v, 5-tv) ; G est centre de gravité de ABC, donc v-u=9, t(v+u)=15 ; d’où les coordonnées :
B(9/2-15/2t ; -5/2+9t/2) et C(9/2+15/2t ; -5/2-9t/2): BC dont la pente est -3t2/5 passe par M (9/2; -5/2) et N (0; (27t2-25)/10). La distance de I à AB est 3/√(1+t2) et celle de I à BC est (27t2-25)/10√(1+9t4/25) . I est centre du cercle inscrit et ces distances sont égales : (27t2-25)2(1+t2)=900(1+9t4/25) ; en posant T=t2, (729 T2-1350T+625)(1+T)=900+324T2 ou 729T3-945T2-725T+625=0 : cette équation est résoluble puisque le premier membre change de signe entre T=0 et T=1.
La construction est donc possible : on a approximativement B(-5,1 ; 1) et C (14,1 ; -6)
