D1958. Concours et alignement
Dans un triangle ABC, O est le centre du cercle circonscrit (Γ), H est l’orthocentre, D est le pied de la hauteur issue de A sur la droite (BC) et E celui de la hauteur issue de B sur la droite (AC). P et Q sont les projections de D sur les droites (AB) et (AC). Les droites (OH),(DE) et (PQ) sont
concourantes en un point M.
Q Déterminer la valeur de l’angle₁ ACB.
Q Démontrer que lorsque M se trouve sur le cercle (Γ), les symétriques des sommets du triangle ₂ ABC par rapport aux côtés opposés sont alignés.
Q1) La droite (OH) est la droite d'Euler du triangle ABC. Elle peut être définie par le point H et le centre de gravité G dont les coordonnées barycentriques sont (tan A, tan B, tan C) et (1, 1, 1).
L'équation barycentrique de (OH) est : x(tan B – tan C) + y(tan C – tan A) + z(tan A – tan B) = 0.
Les coordonnées barycentriques des points D et E sont : D (0, tan B, tan C) , E(tan A, 0, tan C) L'équation barycentrique de (DE) est : x.tan B .tan C + y.tan C .tan A – z.tan A .tan B = 0.
Les coordonnées barycentriques des points P et Q sont P( cos²B, sin²B ,0) , Q(cos²C , 0, sin²C) L'équation barycentrique de (PQ) est : x – y/tan²B – z/tan²C = 0.
Pour exprimer le fait que ces trois droites sont concourantes, on annule le déterminant : | (tan B – tan C) (tan C – tan A) (tan A – tan B) |
| tan B .tan C tan C .tan A – tan A .tan B | | 1 – cotan²B – cotan²C |
d'où tan²A.(tan B – tan C) + tan B + tan C – 2 tan A tan B / tan C = 0 Je pose tan A =a, tan B =b, tan C = c
( ici a, b, c ne sont pas les longueurs des côtés du triangle ABC) a²(b – c)+b+c – 2ab/c = 0, mais A+B+C = 180° implique abc = a+b+c, donc je peux remplacer b par (a+c)/(ac – 1) d'où a(1-c²)[c(a² – 1) – 2a] = 0 : ou bien c= + 1, C = 45° ou 135°, ou bien c + 2a/(1 – a²) = 0, tan C + tan (2A) = 0, C + 2A = 180°, A = B :
Ou bien angle C = 45° ou 135°, ou bien le triangle est isocèle de sommet C et alors l'angle C est quelconque.
Q2) Les coordonnées barycentriques de M vérifient :
x(tan B – tan C) + y(tan C – tan A) + z(tan A – tan B) = 0. et x.tan B +y.tan A – z.tan A .tan B = 0 La résolution du système x(b-c)+y(c-a)+z(a-b)=0, bx+ay – zab=0 donne :
M[a²(b – c), b²(a-c), 2abc – ac² – bc²] avec c=+1 et b =(a+1)/(a – 1) on peut aussi obtenir : (*) M( 2a², (a + 1)², a² +2a – 1) et avec c= – 1 et b = (1 – a)/(1+a) on obtient : (**) M( 2a², (a – 1)², a² – 2a – 1)
L'équation du cercle circonscrit à ABC est yz.sin² A + zx.sin² B + xy.sin² C = 0 ou yza²/(1+a²) + zxb²/(1+b²) +xy/2 = 0
cas (*) avec b= (a+1)/(a-1) , 2yza² + zx(a+1)² + xy(a²+1) = 0
En portant les coordonnées de M dans cette équation, en excluant a= – 1 et a=0, il reste 3a² + 4a – 1 = 0 ,
Arctan((-2+√7)/3) ≈ 12,15° et Arctan((-2 - √7)/3) + 180° ≈ 122,85° qui sont les valeurs approchées des angles A et B dans la figure ci-dessous :
cas (**) avec b = (1 – a)/(1+a), 2yza² + zx(a-1)²+xy(1+a²) = 0 En portant les coordonnées de M dans cette équation, en excluant a= + 1 et a=0,il reste 3a² – 4a – 1 = 0 ,
Arctan((2+√7)/3) ≈ 57,15° et Arctan((2 - √7)/3) ≈ – 12,15° ,
On a bien 135°+57,15°– 12,15° = 180°, mais un tel triangle n'est pas possible. Quand l'angle C = 135°, le point M n'est jamais sur le cercle (ABC).
La figure ci-dessus permet de supposer que C' est milieu de A'B' . Vérifions :
En vecteurs : AA' = 2 AD = 2( b AB +AC)/(b+1) AB' = 2 AE – AB = 2/(a+1)AC – AB AC' = 2 AF – AC = 2b/(a+b)AB – AC . (F = Pied de la hauteur issue de C)
AA'+ AB' – 2.AC' =[2b/(b+1) – 1 – 4b/(a+b)].AB + [2/(b+1) + 2/(a+1)+2].AC mais b=(a+1)/(a-1) AA'+ AB' – 2.AC' = – (3a² + 4a – 1)/[a(a²+1)] . AB + (3a² + 4a – 1)/[a(a+1)] . AC
AA'+ AB' – 2.AC' = (3a² + 4a – 1)/a .[ –AB /(a²+1) + AC /(a+1)]
Le choix C = 45°, A = Arctan((-2+√7)/3), B =180°+ Arctan((-2 - √7)/3) implique : 3a² + 4a – 1 = 0, M se trouve sur le cercle (Γ), les symétriques A', B', C' des sommets du triangle ABC par rapport aux côtés opposés sont alignés, et de plus C' est milieu de A'B'.
Quand le triangle est isocèle de sommet C, (DE),(PQ) et (OH) sont concourantes en un point M, M n'est sur le cercle(ABC) que lorsque angle C=90° , alors M est en C mais les symétriques des sommets du triangle ABC par rapport aux côtés opposés ne sont pas alignés.
