D175. Un point de rencontre bien connu
Démontrer qu'il est toujours possible de tracer au moins une ligne droite (L) qui partage un triangle scalène ABC en deux polygones de même périmètre et de même aire.
Le cercle inscrit du triangle touche BC en P. On trace la droite (L') qui passe par les milieux de AP et de BC. Déterminer le point de rencontre des deux droites (L) et (L').
Solution proposée par Patrick Gordon Première question
S'il existe une droite (L) qui partage le triangle ABC (nous verrons plus loin pourquoi il faut qu'il soit scalène – c’est-à-dire non isocèle et moins encore équilatéral, mais il peut être rectangle) en deux polygones de même périmètre et que cette droite (L) passe de plus par le centre du cercle inscrit I, alors elle partage en outre le triangle ABC en deux polygones de même aire. En effet, à tout découpage du périmètre en deux ensembles de segments, correspond un découpage de son aire en deux ensembles de triangles de sommet I, qui ont tous la même hauteur r (rayon du cercle inscrit). Si le découpage du périmètre le coupe en deux parties égales, alors il en sera de même du découpage de l'aire.
Il est donc logique de rechercher une droite (L) parmi celles passant par I. Si elle est "iso- périmètre", elle sera ipso facto "iso-aire".
Qu'il y ait une infinité de droites "iso-périmètres" va de soi, mais y en a-t-il qui passent par I?
Nous allons montrer que oui.
Notons comme à l'habitude a b c les côtés BC CA AB du triangle et convenons, pour fixer les idées, que a > b > c (les inégalités sont strictes car le triangle est supposé scalène).
Partons, pour la droite (L) recherchée, de la droite AI (c'est-à-dire la bissectrice intérieure de l'angle A). Soit A' le point où elle coupe BC. On sait que A' partage BC dans le rapport des deux autres côtés, soit : A'B / A'C = AB / AC = c/b. (L) partage donc le périmètre du triangle en deux portions ABA' et ACA' qui sont dans le rapport c/b (<1 ici, par hypothèse).
Faisons tourner cette droite autour de I dans le sens ABC (toujours pour fixer les idées) jusqu'à ce qu'elle prenne la position CI (bissectrice intérieure de l'angle C). La portion de périmètre qui contient B se déforme mais peut être identifiée par continuité comme prenant la suite de celle de départ, et son rapport à l'autre portion prend alors la valeur CB / CA = a/b (>1 ici, par hypothèse).
Or ce rapport des deux portions de périmètre est une fonction continue de l'angle de rotation (ou d'une abscisse définie de manière appropriée sur le périmètre du triangle). Il résulte d'un théorème classique sur les fonctions continues que, s'il passe d'une valeur <1 à une valeur >1 sur un intervalle donné, il prend au moins une fois toute valeur comprise entre ces deux dernières, donc la valeur 1 en particulier. Il existe donc bien au moins une droite (L) passant par I, qui partage le triangle en deux polygones de même périmètre (et donc de même aire, pour la raison que l'on a vue).
Quand la droite poursuit sa rotation et arrive en BI, le rapport des périmètres homologues devient BC / BA = a/c (>1 comme la précédente valeur). Il n'est donc pas sûr que dans cet intervalle le rapport puisse prendre la valeur 1.
Enfin, quand la droite revient à sa position de départ AI, le rapport des périmètres homologues devient AC / AB = b/c (inverse de celui de départ, car la droite n'a fait qu'un demi-tour) et comme ce rapport est > 1, le théorème sur la continuité ne nous dit rien non plus.
Nous avons bien établi qu'il y a au moins une droite (L) à la fois "iso-périmètre" et "iso- aire" et montré qu'elle passe par I.
Si l'on examine de près les incréments infinitésimaux (en + et en –) que subit l'un des
périmètres à mesure que la droite tourne, on remarque que les deux incréments ne peuvent se compenser que s'ils sont portés par deux segments faisant des angles symétriques avec la droite qui tourne et l'on peut se demander par conséquent si une droite "iso-périmètre" ne devrait pas être perpendiculaire à la bissectrice intérieure de l'un des angles A B C. L'énoncé toutefois ne demande que d'établir l'existence d'au moins une droite (L) mais pas de la caractériser plus avant.
Deuxième question
Si l'on a besoin d'une figure, il est recommandé pour la lisibilité de la tracer avec l'angle B ou C obtus.
On trace la droite (L') qui passe par A' milieu de BC et A" milieu de AP. Nous allons montrer que (L') passe par I, centre du cercle inscrit.
Conservons l'hypothèse a > b > c.
Notons :
H le projeté de A sur BC H" le projeté de A" sur BC.
D'une part, il est bien connu que (1) A'H = (b² – c²) / 2a.
On retrouve aisément ce résultat en écrivant la relation de Pythagore pour les triangles ABH et ACH :
b² = AH² + CH² c² = AH² + BH²
d'où : b² – c² = CH² – BH² = (CH + BH) (CH – BH) = a × 2 A'H.
D'autre part, on sait que PC = p – c (en notant comme à l'accoutumée p le demi-périmètre du triangle ABC) et donc :
(2) A'P = a/2 – (p–c) = (b–c)/2 En rapprochant (1) et (2), il vient :
(3) A'H / A'P = (b+c) / a
Notons I' (provisoirement, car nous allons montrer qu'il n'est autre que I) le point où (L') coupe la perpendiculaire en P à BC et notons K l'intersection de (L') et de AH.
Comme A" est le milieu de AP par définition, on a par symétrie autour de A" : AK = PI'.
Par ailleurs, par la similitude des triangles A'PI' et A'HK, on a : HK / PI' = A'H / A'P
Mais, par (3), on a donc : (4) HK / PI' = (b+c) / a Or :
o HK = AH – AK
o AH est la hauteur h du triangle (qui vaut 2S/a, où S est l'aire du triangle; voir plus loin) o on a vu que AK = PI'.
Ainsi (4) se récrit :
(5) (h – PI') / PI' = (b+c) / a Ou encore :
(6) h / PI' = (b+c) / a + 1 = 2p / a.
D'où :
(7) PI' = ah / 2p Mais ah = 2S d'où :
(8) PI' = S/p
Or on sait que, dans tout triangle, l'aire S est égale au produit du demi-périmètre p par le rayon du cercle inscrit r.
Ainsi, PI' = r et le point que nous avons provisoirement noté I' n'est autre que I, centre du cercle inscrit.
Conclusion : la droite (L') passe par le centre du cercle inscrit; la droite (L) aussi, comme nous l'avons vu.
Le point de rencontre des deux droites (L) et (L') est donc I, centre du cercle inscrit.
Nota : les équivalents pour B et C de la droite (L') construite pour A passent évidemment aussi par I.
