D162 Un prix de beauté dans un triangle acutangle
Soit ABC un triangle acutangle dont l'angle au sommet C est le plus petit des trois angles.
Soient O et I les centres des cercles circonscrit et inscrit. Sur AC et BC, on porte respectivement les points P et Q tels que AP = BQ = AB.
1ère partie : Démontrer que les droites IO et PQ sont perpendiculaires.
2ème partie : L'angle en C vaut 30°. Démontrer que IO = PQ et que O est l'orthocentre du triangle IPQ.
Solution analytique
.Sans nuire à la généralité, on peut supposer que AB = 2 et noter 2a, 2b, 2c les angles en A, B, C.
On utilisera un repère orthonormé d’origine A, d’axe xx’ sur AB.
Les coordonnées de A : {0, 0} et de B : {2, 0}
Les coordonnées de P sont P : {2 cos(2a) , 2 sin(2a) }
Les coordonnées de Q sont Q : {2-2cos(2b) , 2 sin(2b) }
O est sur la médiatrice de AB et l’angle AOB vaut 4c. Les coordonnées de O sont donc O :{ 1, cotg(2c)} ou bien {1, -cotg(2a+2b)}
Dans le triangle ABI, les coordonnées xi et yi de I s’obtiennent avec yi = xi tg(a) = (2 – xi) tg(b)
d’où I: {2 tg(b) / (tg(a)+tg(b)) , 2 tg(a) tg(b) / (tg(a)+tg(b)) } ou encore I : {2cos(a) sin(b) / cos(c) , 2 sin(a)sin(b) / cos(c) }
On peut exprimer la pente p de PQ :
p = [2sin(2b) – 2sin(2a) ] / [2 -2cos(2b) –2cos(2a )]
ou p= [ 2sin(b-a)*cos(a+b)] / [(1 -2cos(a+b)*cos(b-a)]
ou p = [2sin(b-a)*sin(c)] / [1 – 2cos(b-a)*sin(c)]
On peut exprimer la pente q de OI :
q = [ 2 tg(a) tg(b)/(tg(a)+tg(b)) + cotg(2a+2b)] / [2tg(a)/(tg(a)+tg(b)) -1]
ou q = [[ 2 tg(a) tg(b) + (tg(a)+tg(b))* cotg(2a+2b)] / [(tg(a)-tg(b)]
or cotg(2a+2b) = [(1-tg²(a))*(1-tg²(b)) – 4tg(a)tg(b)] / [(2(tg(a)+tg(b))*(1-tg(a)tg(b))]
soit q=[4 tg(a)tg(b)( 1-tg(a)tg(b)) + (1-tg²(a))*(1-tg²(b)) – 4tg(a)tg(b)] / [2(tg(a)-tg(b))* ( 1-tg(a)tg(b))]
ou q =[1-tg²(a)-tg²(b) – 3tg²(a)tg²(b)] / [2(tg(a)-tg(b))* ( 1-tg(a)tg(b))]
ou q= [cos²(a)cos²(b)-cos²(b)sin²(a)-cos²(a)sin²(b)-3sin²(a)sin²(b)]/[2(sin(a)cos(b)-sin(b)cos(a))*
(cos(a)cos(b)-sin(a)sin(b)]
ou q = [cos²(a)cos²(b)-sin²(a)-sin²(b)- sin²(a)sin²(b)]/[2sin(a-b)cos(a+b)]
ou q = [1-2sin²(a)-2sin²(b)] / [2sin(a-b)*sin(c)]
or 1-2sin²(a)-2sin²(b) = cos(2a)+cos(2b)-1 = 2cos(b-a)cos(b+a)-1 = 2cos(b-a)*sin(c)-1 on voit que q=-1/p, donc que OI et PQ sont perpendiculaires.
Remarques :
Le triangle ABC n’a nul besoin d’être acutangle et l’angle C inférieur aux deux autres.
Si on construit sur AB et AC les points P’ et Q’ tels que BP’= CQ’= BC on aura aussi P’Q’
perpendiculaire à OI, donc P’Q’ // PQ.
De même avec P’’ et Q’’ sur AB et CB tels que AP’’= CQ’’= AC on aura P’’Q’’// PQ.
Cas particulier : l’angle C vaut 30°
Soit L la longueur de PQ
L² = 4 [(1-cos(2a)-cos(2b))² + (sin(2a) –sin(2b))²] = 4[(1-2cos(a+b)cos(a-b))² + (2cos(a+b)sin(a-b))²]
= 4[1-4cos(a+b)cos(a-b)+ 4cos²(a+b)cos²(a-b)+4cos²(a+b)sin²(a-b)]
Comme cos(a+b) = sin(c),
L² = 4(1 -4 sin(c)cos(a-b) + 4 sin²(c)] comme 2c = 30°, sin²(c) = (1-cos(2c))/2=(2-sqrt(3))/4 d’où sin(c) = (sqrt(6)-sqrt(2))/4
cos(c) = (sqrt(6)+sqrt(2))/4 tg(c) = 2-sqrt(3)
1/cos(c) = 4sin(c) L² = 20 - 8sqrt(3) – 8(sqrt(3)-1)*cos(a-b)
Soit L’ la longueur de OI
L’² = [2tg(a)/(tg(a)+tg(b)) -1]² [1+q²]
= [sin(a-b)/cos(c)]² * [(2cos(b-a)*sin(c)-1)²+ (2sin(a-b)*sin(c))²] / (2sin(a-b)*sin(c))² = [4sin²(c) – 4cos(a-b)sin(c) +1] / sin²(2c)
L’²= 4*(1+(4-2sqrt(3))-(2sqrt(3)-2)*cos(a-b)= 20 - 8sqrt(3) –8 (sqrt(3)-1)*cos(a-b) Donc L=L’
PQ et OI ont la même longueur
Montrons que O est l’orthocentre du triangle PQI.
On a déjà OI perpendiculaire à PQ.
Il reste à montrer que PO est perpendiculaire à IQ.
La pente de PO est
po = [2sin(2a)-cotg(2c)]/[2cos(2a)-1] = (2sin(2a)-sqrt(3)) / (2cos(2a)-1) po = (sin(2a)-sin(4c)) / (cos(2a)-cos(4c)) = -cotg(a+2c)
La pente de IQ est
iq =[2sin(2b) – 2sin(a)sin(b)/cos(c)]/[2-2cos(2b)-2cos(a)sin(b)/cos(c)] = [sin(2b)– 4sin(c)sin(a)sin(b)] / [1 – cos(2b) – 4sin(c)cos(a)sin(b)]=
Eliminons b.
iq = [sin(2a+2c)-4sin(c)sin(a)cos(a+c)]/[1+cos(2a+2c)-4sin(c)cos(a)cos(a+c)]
= [sin(2a)cos(2c) +cos(2a)sin(2c)-4sin(c)sin(a)cos(a)cos(c)+4sin²(a)sin²(c)] / [1+cos(2a)cos(2c)-sin(2a)sin(2c)-cos²(a)+4cos(a)sin(a)sin²(c)]
= [sin(2a)*(cos(2c)-sin(2c)) + cos(2a)*(sin(2c)-2sin²(c)) +2sin²(c)] / [sin(2a)(-sin(2c)+2sin²(c)) +cos(2a)( cos(2c)-1/2) +1/2]
= [sin(2a)(sqrt(3)-1) + cos(2a)(sqrt(3)-1) - (2-sqrt(3))/[sin(2a)(1-sqrt(3)) +cos(2a)(sqrt(3)-1) +1]
= [(sqrt(6)-sqrt(2))cos(2a-pi/4) – (2-sqrt(3))] / [(sqrt(6)-sqrt(2))sin(2a+pi/4)+1]
= [4sin(c)cos(2a+pi/4)-4sin²(c)] / (4sin(c)sin(2a+pi/4)+4sin(c)cos(c)]
= [cos(2a+pi/4)-sin(c)] / [sin(2a+pi/4)+cos(c)] = cos(2a+pi/4)-cos(2c)] / [sin(2a+pi/4)+sin(2c)]
= [2sin(a+pi/8+c)sin(a+pi/8-c)] / [2sin(a+pi/8+c)cos(a+pi/8-c)]= tg(a+pi/8-c) = tg(a+2c) On a donc IQ et PO perpendiculaires donc O est l’orthocentre du triangle IPQ.
