D1872. Le triangle de Maurice d'Ocagne
Soit le triangle ABC, et D, E, F les pieds des hauteurs issues de A, B, C.
On prend sur AD le point A' tel que k = DA'/DA = 1/3, et les points équivalents B' et C' sur BE et CF.
Q1 Montrer que les triangles ABC et A'B'C' sont semblables. Déterminer le rapport BC/B'C'.
Q2 Montrer que les perpendiculaires menées de A à B'C', de B à A'C' et de C à A'B' sont concourantes. Solution proposée par Maurice Bauval
Q1) Les points A, B, C sont supposés situés sur le cercle unité et sont repérés par leurs affixes a, b, c.
Soit d l'affixe de D et δ le conjugué de d. AD est perpendiculaire à BC donc (d-a)/(c-b) est imaginaire pur.
Le conjugué de (d-a)/(c-b) est ( δ-1/a)/(1/c-1/b) = bc(aδ -1)/[a(c-b)].
De (d-a)/(c-b) + bc(aδ -1)/[a(c-b)] = 0 on tire δ = (ad+bc – a²)/(abc) D est sur la droite BC donc d = b+c – bcδ .
La résolution de d = b+c – bc (ad+bc – a²)/(abc) donne d = (a²+a(b+c) – bc)/(2a).
Le point A' est barycentre de A(1) et D(2).
L'affixe a' de A' est donc (a+2d)/3, a' = (2a²+a(b+c) – bc)/ (3a)
Par permutation circulaire on a b' = (2b²+b(c+a) – ca)/ (3b) et c' = (2c²+c(a+b) – ab)/ (3c)
D'après la figure il semble que le triangle A'B'C' soit semblable au triangle ABC par une similitude inverse : une similitude qui inverse le sens des angles.
On devrait trouver deux nombres complexes h et k tels que : a' = h + k, b' = h +k, c' = h +k h = (c'-b')/( - ) = [(2c²+c(a+b) – ab)/ (3c) – (2b²+b(c+a) – ca)/ (3b) ]/[1/c – 1/b ]
h = (c'-b')/( - ) = – (bc+ca+ab)/3
k = b' – h/b = (2b²+b(c+a) – ca)/ (3b) + (bc+ca+ab)/(3b) = 2/3(a+b+c).
L'application qui à tout point d'affixe Z associe le point d'affixe Z' = – (bc+ca+ab) /3 + 2/3(a+b+c) est une similitude qui applique le triangle ABC sur le triangle A'B'C'.
Le rapport de similitude est |bc+ca+ab|/3 = 1/3√[ ]
Q2) La perpendiculaire à B'C' issue de A recoupe le cercle unité en un point M d'affixe m.
(c'-b')/(m-a) est imaginaire pur. (c'-b')/(m-a) = [(2c²+c(a+b) – ab)/ (3c) - (2b²+b(c+a) – ca)/ (3b)]/(m-a) (c'-b')/(m-a) = [(b-c)(ab+bc+ca)]/[3bc(a-m)] dont le conjugué est [m(b-c)(a+b+c)]/[3bc(a-m)]
[(b-c)(ab+bc+ca)]/[3bc(a-m)] + [m(b-c)(a+b+c)]/[3bc(a-m)] = 0 (c'-b')/(m-a) est imaginaire pur équivaut à ab+bc+ca + m(a+b+c) = 0
La perpendiculaire à B'C' issue de A recoupe le cercle unité en un point M d'affixe m tel que m = – (ab+bc+ca)/(a+b+c). Cette expression est invariante dans la permutation a→b→c→a donc les
perpendiculaires issue de B à C'A' et de C à A'B' recoupent le cercle unité au même point M.
Ces trois perpendiculaires sont donc concourantes.
