D162. Un prix de beauté dans un triangle acutangle Solution proposée par Philippe Bertran 1

Solution proposée par Philippe Bertran 1^e partie

Nous allons démontrer la propriété dans le cas AC ≤ BC. La démonstration est évidemment identique si BC ≤ AC.

Appelons : K l’intersection de IO et PQ L l’intersection de IO et BC R le milieu de BC

S le point de tangence du cercle inscrit avec BC

T le pied de la hauteur issue de B dans le triangle ABC a, b, c les trois côtés du triangle ABC.

Principe de la démonstration

Démontrer que IO et PQ sont perpendiculaires revient à montrer que le triangle KQL est rectangle en K, donc que les angles (KQL) et (KLQ) sont complémentaires et donc à démontrer que tan(KQL).tan(KLQ) = 1.

Calcul de tan(KQL)

Dans le triangle CQP : sin(CQP) / CP = sin(CPQ) / CQ

soit sin(CQP) / (b – c) = sin [π – C – (CQP)] / (a – c)

soit sin(CQP) / (b – c) = sin [C + (CQP)] / (a – c) donc sin[C + (CQP)] / sin(CQP) = (a – c) / (b – c)

ou [sinC.cos(CQP) + cosC.sin(CQP)] / sin(CQP) = (a – c) / (b – c) ou sinC / tan(CQP) + cosC = (a – c) / (b – c)

d’où l’on tire tan(CQP) = (b – c).sinC / [(a – c) – (b – c).cosC]

Puisque les angles (CQP) et (KQL) sont égaux, on a donc :

tan(KQL) = (b – c).sinC / [(a – c) – (b – c).cosC] (1) Calcul de tan(KLQ)

OR et IS étant toutes deux perpendiculaires à BC, on a : tan(KLQ) = tan(ILS) = (IS-OR) / (CS-CR)

Or CS = p – c (en posant a + b + c = 2p), soit CS = (a + b – c)/2 IS = CS.tan(C/2) = [(a + b – c)/2].tan(C/2)

OR = CR.tan(OCR) = a/2 . tan[(π/2 – (ROC)] = a/2 . tan[(π/2 – (BOC)/2]

c'est-à-dire OR = a/2 . tan[(π/2 – (BAC)] = a/2 . tan(π/2 – A) ou OR = a / 2tanA = a.cosA / 2sinA soit, puisque a/sinA = c/sinC : OR = c.cosA / 2sinC

CR = a/2

On a donc tan(KLQ) = {[(a + b – c)/2].tan(C/2) – (c.cosA / 2sinC)} / [(a + b – c)/2 – a/2]

soit tan(KLQ) = {[(a + b – c)].tan(C/2) – (c.cosA / sinC)} / {b – c} (2) De (1) et (2), on tire, après simplification par (b-c) :

tan(KQL).tan(KLQ) = [(a + b – c).sinC.tan(C/2) – c.cosA] / [(a – c) – (b – c)cosC] (3) Or sinC.tan(C/2) = 2sin(C/2).cos(C/2).sin(C/2) / cos(C/2) = 2sin²(C/2) = 1 – cosC

L’équation (3) s’écrit donc:

tan(KQL).tan(KLQ) = [(a + b – c).(1 – cosC) – c.cosA] / [(a – c) – (b – c)cosC]

soit

tan(KQL).tan(KLQ) = [(a-c) – (b-c)cosC + b – a.cosC – c.cosA] / [(a-c) – (b-c)cosC] (4) Or a.cosC = CT et c.cosA = TA donc a.cosC + c.cosA = CT+TA = AC = b

donc b – a.cosC – c.cosA = 0

En reportant ce résultat dans (4), on obtient bien tan(KQL).tan(KLQ) = 1 , ce qui montre bien que les droites PQ et IO sont perpendiculaires.

2^e partie

On suppose maintenant que l’angle en C vaut 30 degrés.

Démonstration que IO = PQ

On a, dans le triangle CPQ : PQ/sinC = PC/sin(CQP) soit, avec les notations de la 1^e partie :

PQ/sinC = (b – c) / sin(KQL)

Or, l’angle (LKQ) étant droit, les angles (KQL) et (KLQ) sont complémentaires, donc sin(KQL) = cos(KLQ) = cos (ILS) = RS/OI On en déduit PQ/sinC = (b – c) / (RS/OI)

d’où PQ/OI = (b – c).sinC / RS = (b – c).sinC / (CS – CR) (5) Or on a vu à la question précédente que CS = (a + b – c)/2 et CR = a/2,

d’où CS – CR = (b – c)/2

En reportant cette valeur dans (5), on obtient : PQ/OI = 2 sinC Lorsque C vaut 30 °, sinC = 1/2 donc PQ = OI

Démonstration que O est l’orthocentre du triangle IPQ

Puisque (IO) est perpendiculaire à (PQ) d’après la 1^e partie, il suffit, pour démontrer que O est l’orthocentre du triangle IPQ, de démontrer que (PO) est perpendiculaire à (IQ).

 Puisque (BI) est bissectrice de l’angle B et que BA = BQ, les triangles BIQ et BIA sont symétriques par rapport à (BI) donc égaux et leurs angles homologues sont égaux, soit :

(IQB) = (IAB) = A/2

et (BIQ) = (BIA) = π – (A/2 + B/2) = π – (π – C)/2 = π/2 + C/2

De la même manière, la symétrie des triangles AIP et AIB par rapport à (AI) entraîne

que : (API) = (ABI) = B/2 (6)

et que (AIP) = (BIA) = π/2 + C/2

soit en résumé : (BIQ) = (BIA) = (AIP) = π/2 + C/2

On en déduit que l’angle (PIQ), qui vaut 2 π – [(BIQ) + (BIA) + (AIP)], est égal à 2 π – 3(π/2 + C/2), soit (PIQ) = π/2 – 3C/2

Comme C = π/6 , on a finalement

(PIQ) = π/4 (7)

 Puisque C = π/6 , (AOB) = π/3 (angle au centre double de l’angle inscrit).

Or OA = OB , donc le triangle AOB est isocèle d’angle au sommet π/3 donc il est équilatéral. On a donc :

OA = OB = AB = AP = BQ = c

En particulier, l’égalité AO = AP montre que le triangle APO est isocèle en A, donc (APO) = (AOP) = [π – (OAP)] / 2 = π/2 – (OAP)/2

Comme (OAP) = (OAC) = [π – (AOC)] / 2 = π/2 – (AOC)/2 = π/2 – B , l’égalité précédente s’écrit :

(APO) = π/2 – (π/4 – B/2)

soit (APO) = π/4 + B/2 (8)

On peut alors calculer l’angle (IPO), qui est égal à (APO) – (API) , soit, compte tenu des égalités (6) et (8) :

(IPO) = π/4 + B/2 – B/2

soit (IPO) = π/4 (9)

Soit H l’intersection des droites (PO) et (IQ).

L’égalité (7) entraîne (PIH) = (PIQ) = π/4 et l’égalité (9) entraîne (IPH) = (IPO) = π/4

Le triangle HPI est donc isocèle d’angle au sommet H = (π – π/4 – π/4) , soit π/2 , et par conséquent (PH) est perpendiculaire à (IH), ou encore (PO) est perpendiculaire à (IQ) donc est hauteur du triangle IPQ.

Puisque, (IO) est perpendiculaire à (PQ) et est donc aussi hauteur du triangle IPQ, on en déduit que O est l’orthocentre du triangle IPQ.

Remarque

On peut aussi démontrer les trois propriétés du problème en utilisant le fait que le centre du cercle inscrit et le centre du cercle circonscrit sont les barycentres des sommets A, B et C affectés respectivement des coefficients (sinA, sinB, sinC) et (sin2A, sin2B, sin2C). En prenant comme origine C, on peut alors exprimer les vecteurs CI, CO et donc IO en fonction des vecteurs CA et CB et des fonctions circulaires da A, B et C.

On peut d’autre part exprimer facilement les vecteurs CP, CQ et donc PQ en fonction des vecteurs CA et CB et des côtés a, b et c du triangle qui sont liés aux fonctions circulaires par les relations a/sinA = b/sinB = c/sinC.

La seule difficulté de la méthode réside dans la simplification d’expressions trigonométriques assez monstrueuses…