D 1933 Les deux points remarquables.
P est un point fixe du plan. On donne trois nombres réels positifs a, b et c. Parmi les triangles ABC tels que PA = a, PB = b et PC = c, on détermine :
1) le triangle T1 dont le périmètre est le plus grand. P est un point remarquable du triangle. Lequel ? 2) le triangle T2 dont l’aire est la plus grande. P est un point remarquable du triangle. Lequel ? Application numérique : PA = 1, PB = √2 et PC =√3 + 1. Calculer le périmètre de T1 et l’aire de T2 Q1) Pour B et C fixes, les lignes d'égal périmètre des triangles BAC sont des ellipses de foyers B et C. Soit E plus grande de ces ellipses qui soit tangente au cercle de centre P de rayon a, et A le point de contact. Ce point A réalise le maximum du périmètre du triangle ABC. La normale en A à E, qui est bissectrice intérieure de BÂC est alors la droite PA.
Le point P, de concours des bissectrices intérieures est donc le centre du cercle inscrit dans le triangle T1 .
Soit r le rayon du cercle inscrit. Posons x = sin A/2 = r/a, y = sin B/2 = r/b, z = sin C/2 = r/c.
De A/2 + B/2 + C/2 = 90°, résulte la relation x²+y²+z²+2xyz = 1.
r²(1/a² + 1/b² + 1/c² ) + 2r3/ abc = 1.
Tous calculs faits, l'application numérique conduit à l'équation d'inconnue r :
r3 .(√6 – √2) + r² .(5 – √3) = 2 . Pour r>0, la fonction r→r3 .(√6 – √2) + r² .(5 – √3) est croissante et continue, elle ne prend la valeur 2 que pour r = 1/√2.
x=r/a= 1/√2 = sin 45° ; y=r/b=1/2= sin 30° ; z=r/c= 1/[ (1+1/√3)√2] = sin 15°.
Les segments de tangentes compris entre chacun des sommets du triangle ABC et le point de contact avec le cercle inscrit ont pour longueur 1/√2 , √3/√2, et (2+ √3)/√2 .
D'où périmètre de T1 = 2[1/√2 + √3/√2 + (2+ √3)/√2 ] = (3 + 2√3).√2 soit environ 9,14162 .
Q2) Pour B et C fixes, les lignes d'égale surface des triangles BAC sont les parallèles à la base BC.
Le cercle de centre P, et rayon a, admet deux tangentes de direction BC, soit Δ celle qui est la plus distante de la base BC, et A son point de contact. Pour B et C fixés, c'est ce point A qui réalise le maximum de l'aire du triangle ABC. La hauteur issue de A est alors la droite PA.
P est donc l'orthocentre de T2.
Il en résulte l'égalité des produits scalaires PA.PB= PB.PC=PC.PA
a.b.cos(APB) = b.c.cos(BPC) = c.a.cos(CPA) mais APB = 180° - C etc.. , cos(APB)= - cos C a.b.cos C = b.c.cos A = c.a.cos B . Posons alors (cos C)/c = (cos A)/a = (cos B)/b = X .
Les 3 angles A, B, C du triangle (acutangle) ont des cosinus (positifs) qui vérifient : (cos A)² + (cos B)² +(cos C)² + 2 (cos A)(cos B)(cos C) = 1
(a²+b²+c²).X² + 2.a.b.c .X3 = 1
(7+2√3).X² + 2.(√2 + √6).X3 = 1 On se ramène à une équation de type x3 + px + q = 0 en posant X=1/x
x3 - (7+2√3).x - 2.(√2 + √6) = 0
Cette équation possède trois racines réelles :
x=2 √(-p/3) cos [k.120° + 1/3 Arcos (3q/2p .√(-3/p)] avec -p= 7+2√3 et q= – 2.(√2 + √6) . Seule la racine positive est à retenir. Aucune simplification ne se présente dans le calcul par radicaux. Les résultats approchés sont : x = 3,5549675397 X = 0,281296521
L'aire de T peut s'obtenir par la somme des aires des triangles BPC, CPA et APB :
(b.c.sin A + c.a. sin B + a.b.sin C)/2 = [(√2+√6)√(1-X²a²) + (1+√3)√(1-X²b²) + √2.√(1-X²c²)]/2
= (3,707690434 + 2,506564729 + 0,9048564111 )/2 = 3,559555787
