D1906 Un carrefour sans giratoire Solution propsoéée par Pierre Renfer

D1906 Un carrefour sans giratoire Solution propsoéée par Pierre Renfer

On va montrer que la droite (HQ) passe par le milieu M de [BC] en utilisant les coordonnées barycentriques dans le repère affine (A,B,C).

Puis on montrera que la droite (ST) passe aussi par M et qu'elle est perpendiculaire la droite (HQ), en utilisant un repère orthonormé d'origine O, admettant (OA) comme axe des abscisses.

1) Alignement des points H, Q et M

On note a, b, c les longueurs des côté BC, CA, AB, comme d'habitude.

On connaît classiquement les coordonnées barycentriques des points M et H :

1 1 0

M

) c b (a ) c b (-a

) c b (-a ) c b (a

) c b (a ) c b (a H

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2































Soit  l'involution canonique qui à un point à l'infini d'une direction de droites associe le point à l'infini de la direction orthogonale.

Elle transforme le point à l'infini de coordonnées (x,y,z) en celui de coordonnées (x',y',z') , avec :





























































y ) c b a ( x ) c b a ( z'

x ) c b a ( z ) c b a ( y'

z ) c b a ( y ) c b a ( x'

2 2 2 2

2 2

2 2 2 2

2 2

2 2 2 2

2 2

Le point à l'infini  de la droite a () pour coordonnées :

c b

c - b -



En utilisant la définition analytique de , on obtient les coordonnées de () :

:

) c b a ( ) c b a ( c b ) c b a ( ) c b ( ) b c a ( -

) c b a ( ) c b a ( b ) c b ( ) c b a ( c ) c b a (

) c b a ( ) c b a ( ) b c ( c ) c b a ( b ) c b a ( ) (

2 2 2 2

2 2

2 2 2 2

2 2

2 2 2 2

2 2











































































































En simplifiant on trouve :

c - b

b c ) (







Le point P a des coordonnées (x,y,0)

On trouve x et y en écrivant l'alignement de P, () et H, par la nullité du déterminant de leurs coordonnées :

0 ) c b (a ) c b (-a c - 0

) c b (-a ) c b (a b y

) c b (a ) c b (a b - c x

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

































On obtient : 0

) c b (-a ) c (b

) c b (a b

P ^{2 2 2}

2 2 2















L'expression analytique de  permet d'obtenir l'image par  du point à l'infini ' la droite (AB) :

0 1 1 ' 



2

2 2 2

2 2 2

2c

c b a

c b a ) '

(  











Comme le point Q appartient à (), il a des coordonnées de la forme (x,b,c)

On trouve x en écrivant l'alignement de Q, (') et P, par la nullité du déterminant de leurs coordonnées :

0 c

2 0

c

c b a ) c b (-a c) (b b

c b a - ) c b (a b x

2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

2 2

























On obtient :

) c b (-a ) c b ( 2c

) c b (-a ) c b ( 2b

) c b (a ) c b (a Q

2 2 2

2 2 2

2 2 2 2 2 2































On vérifie finalement que les points H, Q et M sont alignés par la nullité du déterminant de leurs coordonnées :

0 1 ) c b (-a ) c b ( 2c ) c b (a ) c b (-a

1 ) c b (-a ) c b ( 2b ) c b (-a ) c b (a

0 ) c b (a ) c b (a ) c b (a ) c b (a

2 2 2 2

2 2 2 2 2

2 2 2 2

2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2































































2) Alignement des points S, T et M

On choisit comme unité de longueur le rayon du cercle circonscrit au triangle ABC.

On note ,, les angles 









 

AC ,

AB ,











 

BA ,

BC ,











 

CB ,

CA du triangle ABC.

On choisit le repère orthonormé direct, d'origine O, tel que les points A et D aient pour affixes complexes 1 et -1 respectivement.

Les points B et C ont pour affixes : B : e^{2 i} C : e^{2 i}

Le milieu M de [BC] a pour affixe : ^{i( )}

i 2 i 2

e ) 2 cos(

e

e ^  ^{ }    _

Les affixes s et t de S et T ont respectivement pour argument  et . Le vecteur





AB a pour affixe e^{2 i} 12 isine ^i 2sin(-sin icos)

L'équation de la droite (AB) est donc : x cos y sin cos 0 cos

y

sin 1

x      









Si r désigne le module de s, les coordonnées (rcos,rsin) de S vérifient l'équation de (AB) : 0

cos cos

r cos ) cos(

r cos ) sin sin cos (cos

r             



Donc :



  cos

r cos et ^  ^{ }



 





  ^{i( - )} e ⁱ cos e cos

cos s cos

On obtient de façon analogue : ^  ^



 





  ^{i( )} e ⁱ

cos e cos

cos t cos

Un point d'affixe z appartient à la droite (ST) si et seulement si :

t z

s z t z

s z



 





C'est-à-dire : sztzstsztzst ou Im(sztzst)0

Or si z est l'affixe de M, alors :

























 







 

 









 









 

























i 2

i 2 )

- - ( i

i 2 )

- ( i

e t s

e cos cos

e cos cos cos

z cos t

e cos cos

e cos cos cos

z cos s

Et : Im(sztzst)2cos(sincossincossin)0 Donc le point M appartient bien à la droite (ST).

3) Orthogonalité des droites (ST) et (MH)

On sait que :















OH  OA OB OC et











 



 ^{ }





OC 2 OB

OM 1

Donc











  



 ^{  }





OC OB OA 2 2

MH 1 a pour affixe : ^





2 1

L'affixe du vecteur









 cos TS

cos est : cos²e ^i cos²e^{ i}

On va montrer que le produit scalaire des deux vecteurs









 cos TS

cos et





MH























 cos ^TS^{ }MH^ (cos cos ) (cos cos ) cos (cos sin cos sin ) sin

cos ^{2 2 2 2}

Le dernier facteur s'écrit :

0 ) cos sin

cos (sin

cos cos

) cos sin cos (sin ) sin cos sin

(cos ) sin sin cos (cos ) cos (cos

2 2

2 2

2 2

















































































