D1933 – Les deux points remarquables
P est un point fixe du plan. On donne trois nombres réels positifs a, b et c. Parmi les triangles ABC tels que PA = a, PB = b et PC = c, on détermine :
1) le triangle T₁ dont le périmètre est le plus grand. P est un point remarquable du triangle.
Lequel ?
2) le triangle T₂ dont l’aire est la plus grande. P est un point remarquable du triangle. Lequel ? Application numérique : PA = 1, PB = 2 et PC = 3+ 1. Calculer le périmètre de T₁ et l’aire de T₂.
Solution par Patrick Gordon Question Q1
Notons x, y, z les angles BPC, CPA, APB.
Le périmètre du triangle est la somme de ses côtés BC, CA, AB, dont on connaît les carrés par les formules :
BC² = b + c – 2bc cosx
et de même par permutation circulaire.
Si l'on cherche le maximum de sous la contrainte x + y + z = 2π, on trouve que les dérivées partielles de par rapport à x, y, z sont égales, soit :
bc sinx / BC = ca siny / CA = ab sinz / AB.
Or, dans le triangle BCP, on a, de par la loi des sinus : sinx / BC = sin BCP / b.
Donc :
b sinx / BC = sin BCP.
Mais de même, dans le triangle ACP, on a, de par la loi des sinus : siny / CA = sin ACP / a.
Donc :
a siny / CA = sin ACP.
La première partie de l'équation ci-dessus : bc sinx / BC = ca siny / CA implique donc : sin BCP = sin ACP.
Ces deux angles ne peuvent être l'un aigu l'autre obtus, car ils seraient alors supplémentaires et l'angle en C du triangle serait plat.
On a donc :
BCP = ACP
et PC est donc la bissectrice de l'angle en C du triangle.
En raisonnant de même sur les deux autres parties de l'équation bc sinx / BC = ca siny / CA = ab sinz / AB, on établit que P est le centre du cercle inscrit du triangle ABC.
Application numérique
L'intuition suggère le triangle demi-équilatéral avec angle droit en A, 60° en B et 30° en C.
On a alors : x = 3π/4 y = 2π/3 z = 7π/12
Prenons provisoirement AB comme unité de longueur; on a : AB = 1
BC = 2 CA = √3.
Gardons toutefois pour l'instant : a = 1
b = √2 c = 1+√3.
Ce ne sont pas leurs vraies valeurs avec AB comme unité de longueur, mais cela n'a pas d'importance car les équations
bc sinx / BC = ca siny / CA = ab sinz / AB, sont homogènes en a, b, c.
Si l'on reporte dans lesdites équations, les trois termes deviennent :
√2 (1+√3) sin(3π/4) / 2 = (1+√3) / 2 (1+√3) sin(2π/3) / √3 = (1+√3) / 2
√2 sin(7π/12).
Reste à calculer sin(7π/12) = sin(105°) = sin(60° + 45°), soit :
sin(60°) cos(45°) + sin(45°) cos(60°)
= (√3/2 + ½) √2/2
= (1+ √3) √2/4 On a donc bien :
√2 sin(7π/12) = (1+√3) / 2
et les deux équations sont bien satisfaites, à un facteur multiplicatif près, dont le moment est venu de se préoccuper.
Jusqu'ici, AB a été pris comme unité. Mais AB vaut à la réalité (loi des sinus dans le triangle APB) :
AB = b sinz / sin π/4
Or, b = √2 et on a vu que sinz = sin(7π/12) = (1+ √3) √2/4.
On a donc :
AB = √2 [(1+ √3) √2/4] / (√2/2) = (1+ √3) √2 / 4
Le périmètre trouvé avec AB pour unité, soit 3 + √3, doit donc être divisé par (1+ √3) √2 / 4.
Il vient :
= 4 (3 + √3) / (1+ √3) √2 = 2 √6 = 4,898979486 Question Q2
L'intuition suggère que P est l'orthocentre.
En effet, soit un triangle ABC et H son orthocentre. Si l'on déplace A en A' quelconque, la hauteur issue de A diminue et l'aire du triangle avec elle.
Démonstration
Notons ici encore x, y, z les angles BPC, CPA, APB.
L'aire du triangle vaut :
S = ½ (bc sinx + ca siny + ab sinz).
Si l'on cherche le maximum de S sous la contrainte x + y + z = 2π, on trouve ici encore que les dérivées partielles de S par rapport à x, y, z sont égales, soit :
bc cosx = ca cosy = ab cosz.
Soit encore, avec des produits scalaires : PB. PC = PC.PA = PA.PB
Ce qui s'écrit encore, en prenant la première égalité : PC.(PB – PA) = 0, c’est-à-dire PC.AB = 0 et ainsi par permutation circulaire.
Ainsi, PC est perpendiculaire à AB, PA à BC et PB à CA.
Seul l'orthocentre H satisfait ces conditions, et l'extremum de S est bien un maximum car un minimum peut être atteint avec un triangle ABC "plat".
Application numérique
En récrivant bc cosx = ca cosy = ab cosz, on voit que : cosx / a = cosy / b = cosz / c
soit :
cosx / 1 = cosy / √2 = cosz / (√3 + 1)
Les trois cosinus sont de même signe et, comme x + y + z = 2π, les angles x, y, z ne peuvent pas être tous ≤ π/2. Les cosinus ne peuvent donc pas être tous positifs : ils sont donc tous négatifs et x, y, z sont donc tous ≥ π/2.
Un tableur nous donne la solution suivante :
x radians 1,855915
x° 106,3360966
cosx -0,28127134 y radians 1,980062364
y° 113,4492166
cosy -0,39793609 z radians 2,447207944
z° 140,2146868
cosz -0,76844758
L'aire de T2 se calcule ensuite par la formule ci-dessus rappelée : S = ½ (bc sinx + ca siny + ab sinz).
Le calcul donne : S = 3,5595
