D162. Un prix de beauté dans un triangle acutangle Soit ABC un triangle acutangle dont l'angle au sommet C est le plus petit des trois angles.
Soient O et I les centres des cercles circonscrit et inscrit. Sur AC et BC, on porte respectivement les points P et Q tels que AP = BQ = AB.
1ère partie : Démontrer que les droites IO et PQ sont perpendiculaires.
2ème partie : L'angle en C vaut 30°. Démontrer que IO = PQ et que O est l'orthocentre du triangle IPQ.
Solution principalement analytique proposée par P. Gordon 1ère partie
On place l'origine au milieu de AB avec A (–c/2,0) et B (c/2,0). Pour fixer les idées, on place C du côté des y >0.
Les coordonnées des points P Q I O sont les suivantes (en notant a b c les côtés et r le rayon du cercle inscrit).
P (–c/2 + c cos A; c sin A) Q (c/2 – c cos B; c sin B) I (b–a/2; r)
O (0, c/2 cot C).
La pente de PQ est donc :
(sin A – sin B) / (cos A + cos B – 1)
La pente de IO est :
(r – c/2 cot C) / (b–a)/2
Il faut montrer que le produit de ces deux pentes est –1, soit à montrer : (b–a)/2 [cos A + cos B – 1] = [c/2 cot C – r] (sin A – sin B).
Or (b–a)/2 = R (sin B – sin A) (R étant le rayon du cercle circonscrit). Reste donc à montrer : R [cos A + cos B – 1] = r – c/2 cot C.
Mais c/2 = R sin C, donc c/2 cot C = R cos C. Reste donc à montrer : (1) R [cos A + cos B + cos C – 1] = r
Si l'on reconnaît dans (1) une identité trigonométrique remarquable, valable dans tout triangle, la démonstration s'arrête là.
À défaut, on rappellera que, dans tout triangle, l'aire S s'exprime de deux manières :
S = pr = abc / 4R
avec p = (a+b+c)/2 = R (sin A + sin B + sin C) et abc = 8R3 sin A sin B sin C
D'où :
(2) R/r = ½ (sin A + sin B + sin C) / sin A sin B sin C En rapprochant (1) et (2), on voit qu'il reste à montrer :
[cos A + cos B + cos C – 1] (sin A + sin B + sin C) = 2 sin A sin B sin C.
Le produit [cos A + cos B + cos C] (sin A + sin B + sin C) engendre 9 termes, dont 6 se regroupent deux à deux pour donner sin A cos B + sin B cos A, c’est-à-dire sin C etc. Ces trois termes s'éliminent avec ceux engendrés par [– 1] (sin A + sin B + sin C) et il reste à montrer :
sin A cos A + sin B cos B + sin C cos C = 2 sin A sin B sin C.
C'est là une autre identité trigonométrique remarquable, valable dans tout triangle, que l'on peut démontrer comme suit.
La somme des deux premiers termes du premier membre s'écrit :
sin A cos A + sin B cos B = ½ (sin 2A + sin 2B) = sin (2A+2B)/2 cos (2A–2B)/2 Or sin (2A+2B)/2 = sin (A+B) n'est autre que sin C, qui est donc en facteur de l'ensemble de l'équation. Celle-ci se réduit donc à :
cos (A–B) + cos C = 2 sin A sin B.
Mais cos C n'est autre que – cos (A+B) et il est bien exact que : cos (A–B) – cos (A+B) = 2 sin A sin B.
CQFD
(on notera que la solution analytique n'utilise pas le fait que C est le plus petit des trois angles)
2ème partie
Si l'angle en C vaut 30°, l'angle au centre AOB vaut 60° et, le triangle AOB étant équilatéral, on a R = c.
Il en résulte que a = 2R sin A = 2c sin A et b = 2c sin B.
Quant à r, compte tenu de (1), il s'écrit : r = c [cos A + cos B + cos C – 1]
Les coordonnées des points P Q I O, énoncées au début de la solution, deviennent donc (en laissant provisoirement la valeur de l'angle C sous forme littérale :
P (–c/2 + c cos A; c sin A) Q (c/2 – c cos B; c sin B)
I (c (sin B – sin A); c [cos A + cos B + cos C – 1]) O (0, c/2 cot C).
Toutes ces coordonnées étant homogènes en c, on peut prendre c comme unité.
Ainsi, PQ² et IO² s'écrivent :
PQ² = (cos A + cos B – 1)² + (sin A – sin B)²
IO² = (sin B – sin A)² + (cos A + cos B + cos C – ½ cot C – 1)² Mais ici : cos C – ½ cot C = √3/2 – ½√3 = 0. Donc :
IO² = (sin B – sin A)² + (cos A + cos B – 1)² Et l'on a bien IO² = PQ².
CQFD
Montrons maintenant que O est l'orthocentre du triangle IPQ. Pour ce faire, nous adoptons une démarche géométrique.
Considérons ce triangle IPQ, son cercle circonscrit et son orthocentre, que nous appelons provisoirement H.
Soit H' le symétrique de H par rapport à PQ et K le milieu de HH'. L'angle QPH, dont les côtés sont respectivement perpendiculaires à ceux de QIH', est égal à celui-ci (notons-le ) et l'on a donc PK = KH cot. De même, QK = KH cot.
D'où une première écriture de PQ = PK + QK : PQ = KH (cot + cot).
Une autre écriture est fournie en écrivant de deux manières la puissance p de K par rapport au cercle :
p = KP . KQ = KH² cot cot
p = KH' . KI = KH . KI = KH . (KH + IH) = KH² + KH . IH Rapprochant les deux expressions de p, il vient :
cot cot= 1 + IH / KH
Mais commePQ = KH (cot + cot), cela peut s'écrire aussi :
cot cot= 1 + IH / PQ (cot + cot).
D'où :
IH / PQ = (cot cot– 1(cot + cot) = cot(+) = cot PIQ.
Mais, par ailleurs, IP = IB par symétrie autour de la bissectrice de A et de même IQ = IA par symétrie autour de la bissectrice de B. Les triangles AIB, QIB et AIP sont donc égaux comme ayant leurs trois côtés respectivement égaux et donc leurs angles en I sont égaux. Or, dans le triangle AIB, l'angle en I est le supplémentaire de A/2 + B/2, soit /2 + C/2. Il reste donc pour l'angle PIQ : 2 – 3 fois (/2 + C/2) = /2 – 3C/2, c’est-à-dire /4, puisque C vaut ici /6.
D'où : IH / PQ = cot PIQ = cot /4 = 1.
Ainsi, IH = PQ. Mais nous avons montré, à la première partie, que IO est perpendiculaire à PQ et, au début de la deuxième partie, que IO = PQ. O et H sont donc sur la même droite, à la même distance de I.
Reste à montrer, en toute rigueur, que O est du même côté de I que P et Q. Nous revenons pour cela à l'approche analytique.
La différence d'ordonnées entre I et P (resp. Q) est, au facteur c près : sin A (resp. sin B) – [cos A + cos B + cos C – 1]
Mais C = 30° et B = 150° – A. Cette différence vaut donc (en fonction de A pour fixer les idées) :
sin A – [cos A + cos (150 – A) + √3/2 – 1]
L'étude de cette fonction montre qu'elle est toujours positive pour 0 ≤ A ≤ 150 (elle varie de 0 à 0 en passant par un maximum pour A = 45°). P et Q sont donc "au-dessus" de I (nous avons pris C du côté des y > 0), quels que soient A et B (avec A + B = 150°).
Quant à la différence d'ordonnées entre I et O, elle vaut, au facteur c près :
½ cot C – [cos A + cos B + cos C – 1]
Soit encore, avec C = 30° et B = 150° – A :
√3/2 – [cos A + cos (150 – A) + √3/2 – 1]
qui vaut :
1 – [cos A + cos (150 – A)]
L'étude de cette fonction montre qu'elle est toujours positive pour 0 ≤ A ≤ 150 (elle varie de
√3/2 à √3/2 en passant par un minimum pour A = 75°). O est donc également "au-dessus" de I.
Donc O est bien l'orthocentre H.
CQFD
