Enoncé D1947 (Diophante) Cousinage olympique
Soit un triangle ABC rectangle en C. Soit X un point variable sur la hauteur issue de C. On appelle droites vertes les deux droites joignantA aux points communs àBXet au cercle de centreApassant parCet droites bleues les deux droites joignant B aux points communs àAX et au cercle de centre B passant par C. On construit les quatre points d’intersection d’une droite verte avec une droite bleue.
Déterminer les lieux de ces quatre points quandXse déplace sur la hauteur issue de C.
Solution de Jean Moreau de Saint-Martin
En dépit de l’angle droit enC, qui suggère des coordonnées cartésiennes d’origineC, je vais utiliser des coordonnées barycentriques de baseA, B, C.
X(p, q, t) avec, puisque CX est hauteur, ptanB =qtanA. Si a, b, c sont les longueurs des côtés BC, CA, AB, on peut prendre p = c2+a2 −b2, q=b2+c2−a2.
Equation deBX :tx=pz.
Equation du cercle (A, AC) :b2z2+c2y2+yz(b2+c2−a2) =b2(x+y+z)2. Equation des droites vertes (conique dégénérée)
b2z2+c2y2+yz(b2+c2−a2) =b2(pz/t+y+z)2. Equation deAX :ty=qz.
Equation du cercle (B, BC) :c2x2+a2z2+zx(c2+a2−b2) =a2(x+y+z)2. Equation des droites bleues (conique dégénérée)
c2x2+a2z2+zx(c2+a2−b2) =a2(x+qz/t+z)2.
L’équation du lieu cherché, lieu des points d’intersection des deux coniques dégénérées, s’obtient en éliminantt(ou 2a2b2z/t) entre les deux équations b2z2p2
t2 + 2b2pzy+z
t +a2yz+ (b2−c2)y(y+z) = 0, a2z2q2
t2 + 2a2qzz+x
t +b2zx+ (a2−c2)x(z+x) = 0.
L’angleC étant droit, on a c2 =a2+b2,p= 2a2,q= 2b2 et les équations deviennent
a2 2abz
t 2
+ 2ab(y+z)2abz
t −a2y2= 0, b2
2abz t
2
+ 2ab(z+x)2abz
t −b2x2 = 0.
Ce système se résout en 2a2b2z
t =
!
−b2(y+z)±qb4(y+z)2+a2b2y2 =
=−a2(z+x)±qa4(z+x)2+a2b2x2.
Cela donne, mis sous forme entière (on isole les radicaux dans un membre et on élève au carré, à deux reprises)
4(b2x(y+z) +a2y(z+x))2−a2b2(x+y)2(x+y+ 2z)2 = 0
ce qui se factorise en 2b2x(y+z) + 2a2y(z+x)±ab(x+y)(x+y+ 2z) = 0.
Le lieu se décompose donc en deux coniques (m=±1) du faisceau d’équa- tion
2b2x(y+z) + 2a2y(z+x) +mab(x+y)(x+y+ 2z) = 0.
Ce faisceau comprend
– pour m= 0, le cercle circonscrit àABC, de diamètreAB, et
– pourminfini, la conique dégénérée en les deux droites d’équationsx+y= 0 et x+y+ 2z = 0 ; ce sont deux parallèles àAB (leur intersection avec z= 0 est sur la droite de l’infinix+y+z= 0), l’une passant parC, l’autre passant parC1(symétrique deCpar rapport àAB) et parC2 (symétrique de C par rapport au milieu deAB).
Le quatrième point commun aux coniques du faisceau est C3, symétrique de C2 par rapport àAB.
La conique m = 1 est une ellipse, son intersection avec la droite de l’in- fini vérifiant −2b2x2−2a2y2−abz2 = 0 et étant donc imaginaire. Etant circonscrite au rectangle CC1C2C3, son centre est le milieu de AB, ses axes sont AB et la médiatrice de AB. Son intersection avec AB vérifie 2xy(a2+b2) +ab(x+y)2 = 0, donc xy < 0 : A et B sont intérieurs à l’ellipse.
A l’inverse, la conique m = −1 est une hyperbole, qui admet les mêmes axes ; son intersection avec ABest réelle et contenue dans le segmentAB, car donnée par x/y+y/x= 2(a/b+b/a)>4, d’oùx/y réel>0.
En outre,A etB sont les foyers de ces coniques, car si M est un point de la conique (m=±1), partant de
M A2(x+y+z)2 =a2y2+b2(y+z)2,M B2(x+y+z)2 =b2x2+a2(z+x)2, on obtient
2M A·M B(x+y+z)2 =ab((x+y+z)2+z2),
(M A2+M B2)(x+y+z)2= (a+mb)2(x+y+z)2−2mM A·M B(x+y+z)2, et finalement|M A+mM B|=|a+mb|.
Le lieu se compose donc de l’ellipse et de l’hyperbole de foyers A et B, passant parC.
Remarque. Si l’angle C n’est pas droit, la même méthode conduit à une équation du 4e degré en x, y, z à partir des équations
b2z2p2
t2 + 2b2pzy+z
t +a2yz+ (b2−c2)y(y+z) = 0, a2z2q2
t2 + 2a2qzz+x
t +b2zx+ (a2−c2)x(z+x) = 0.
Peut-il y avoir décomposition en deux coniques (éventuellement en prenant pour CX une droite autre que la hauteur) ? A défaut de factorisation évidente comme ci-dessus, la réponse serait apportée par l’étude des points doubles. Mais je n’ai pas entrepris ces calculs, qui sont lourds.
