Problème proposé par Dominique Roux
Soit un triangle ABC acutangle tel que AB > AC. Les points I et H sont respectivement le centre du cercle inscrit et l’orthocentre. Démontrer que l’on a l’égalité d’angles 2 AHI = 3 ABC si et seulement si BAC = 60°.
Notons A, B, C , a, b, c les mesures des angles et des cotés du triangle, et r le rayon du cercle inscrit. Dans un repère centré en B, avec BC comme axe des abscisses, les coordonnées de H et I sont H (c*cosB, c*cosB*cotC), I (r*cot(B/2), r)
Posons x=cot(A/2), et u=cot(B/2) ; c=(x+u)r, cotA=(x2-1)/2x, cotB=(u2-1)/2u, cosB=(u2-1)/(u2+1), cotC=-cot(A+B)=(1-cotA*cotB)/(cotA+cotB)
cotC=(4xu-(x2-1)(u2-1))/2(x(u2-1)+u(x2-1))=((x+u)2-(xu-1)2)/(2(x+u)(xu-1)) Donc cot(AHI)=((x+u)cosB*cotC-1)/(u-(x+u)cosB)
cot(AHI)= ((x+u)2-(xu-1)2)(u2-1)-2(xu-1)(u2+1))/(2(xu-1)(u(u2+1)-(x+u)(u2-1))
Comme cot(3B/2)=u(u2-3)/(3u2-1), on aura 2(AHI)=3B si et seulement si l’égalité (3u2-1)((x+u)2-(xu-1)2)(u2-1)-2(xu-1)(u2+1))=2u(u2-3)(xu-1)(u(u2+1)-(x+u)(u2-1))
est vraie pour tout u : pour u=0, le premier membre vaut x2-3, tandis que le second est nul. On vérifie que pour x=√3, on a effectivement une identité.
Or cot(A/2)=√3 si A/2=π/6, donc A=π/3.
