Enoncé D2901 (Diophante) La toile d’araignée (2ème épisode) Dans le triangle ABC, les pieds des hauteurs issues des sommets A, B, C sont H

Enoncé D2901 (Diophante) La toile d’araignée (2ème épisode)

Dans le triangle ABC, les pieds des hauteurs issues des sommets A,B,C sont Ha,H_b etHc.

K etLsont respectivement les projections droites surABde H_b etH_a et on définit de façon similaire les points homologues M etN sur BC et les points homologues O etP surAC.

Q₁ : montrer que K,L,M,N,O etP sont co-cycliques.

Q₂ : montrer que si 3 droites parmiCK, CL,AM,AN, BO etBP sont simultanément céviennes, les 3 autres le sont aussi.

Q₃ : deux des sommets du triangle ABC étant fixes, déterminer le lieu du troisième sommet tel que les droites de la question Q₂ restent céviennes.

Solution de Jean Moreau de Saint-Martin

Question 1

AK =AHbcosA=ABcos²A,AP =AHacosA=ACcos²A. Le triangle AP H est homothétique au triangle ABC dans le rapport cos²A. En par- ticulier (P O, P K) = (CA, CB) (angles orientés de droites non orientées, définis àkπ près).

De mêmeBL=BAcos²B,BM =BCcos²B, CN =CBcos²C,CO=CAcos²C.

Ensuite AL = ABsin²B = ACsinBsinC en vertu de la loi des sinus, AO = ACsin²C = ABsinBsinC. Il en résulte que le triangle ALO est semblable au triangle ABC à retournement près, et en particulier (LO, LA) = (CA, CB).

L’égalité (P O, P K) = (LO, LK) montre que les quatre points K, L, O, P sont cocycliques. Le même raisonnement vaut pourK, L, M, N. Si les deux cercles étaient distincts, leur axe radical serait la droiteKLetC, extérieur àKL, n’aurait pas la même puissance par rapport aux deux cercles.

Mais CM.CN =CB²sin²Bcos²C =CA²sin²Acos²C =CO.CP. C’est donc le même cercle qui contient les six points.

Question 2

Supposons (cf. figure) le concours deAM, BO, CL; on a par Céva

−1 = LB LA ·OA

OC ·M C

M B = (−cot²B)(−tan²C)(−tan²B).

Le concours deAN, BP, CK demande de même

−1 = KA KB ·N B

N C ·P C

P A = (−cot²A)(−tan²C)(−tan²A).

Ces conditions sont satisfaites simultanément par tanC=±1.

S’il s’agit du concours deAM, BO, CK, on a de même

−1 = KB KA ·OA

OC ·M C

M B = (−tan²A)(−tan²C)(−tan²B), et pourAN, BP, CL.

−1 = LA LB ·N B

N C ·P C

P A = (−tan²B)(−tan²C)(−tan²A).

Ces conditions sont satisfaites simultanément par tanAtanBtanC=±1.

Ces deux cas couvrent (moyennant permutation des sommets) les diverses façons de répartir les 6 droites en deux trios de céviennes.

Question 3

Fixant les sommets B et C, la question 2 conduit aux éléments suivants pour le lieu de A.

a/ deux cercles de diamètre BC√

2 passant par B etC, qui sont les arcs capables des anglesA=π/4 ou 3π/4.

b/ deux droites perpendiculaires passant par B et admettant BC pour bissectrice (angle B =π/4 ou 3π/4).

c/ deux droites perpendiculaires passant par C et admettant CB pour bissectrice (angle C=π/4 ou 3π/4).

d/ deux courbes réalisant la condition tanAtanBtanC = ±1. Pour en établir l’équation, je prends BC/2 comme unité de longueur, et des axes tels qu’on ait les coordonnées A(x, y),B(−1,0) etC(1,0).

Alors tanB=y/(x+ 1), tanC=y/(1−x), tanA= 2y/(x²+y²−1), d’où l’équation (x²−1)(x²+y²−1)±2y³= 0 ;

les deux courbes sont symétriques l’une de l’autre par rapport à BC.

Ce sont des quartiques circulaires à branches infinies paraboliques, passant par B etC; l’équation se résout enx=±

r

1−y²/2±^qy⁴/4±2y³. La condition d/ peut aussi se formuler de façon symétrique en fonction des longueurs de côtés a, b, c.

b²+c²−a² = 4ScotA avec l’aireS du triangle, d’où en posant s=a²+b²+c² et (Héron) 4b²c²+ 4c²a²+ 4a²b²=s²+ 16S², (s−2a²)(s−2b²)(s−2c²) =±64S³,

s(s²−2s²+s²+ 16S²)−8a²b²c² =±64S³,

(16S²s−8a²b²c²)²−(16S²)³= 0, comme équation algébrique de degré 12, symétrique en les variables a, b, c.