problème D162. Un prix de beauté dans un triangle acutangle
Enoncé : 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 cir- conscrit et inscrit. Sur AC et BC, on porte respectivement les points P et Q tels que AP = BQ = AB.
1èrepartie : Démontrer que les droites IO et PQ sont perpendiculaires.
2èmepartie : L’angle en C vaut 30°. Démontrer que IO = PQ et que O est l’orthocentre du triangle IPQ.
Solution analytique :il est intéressant ici de considérer les points A(a’), B(b’), C(c’) du plan complexe situés sur le cercle unité et de faire ap- paraître les points A’(a), B’(b), C’(c) intersections des bissectrices avec le cercle circonscrit : I est l’orthocentre de A’B’C’, les points A, B, C sont ses symétriques par rapport aux côtés et l’affixe de l’orthocentre n’est autre que : h = a + b + c . L’hypothèse selon laquelle le triangle est acutangle n’est pas complétement indispensable mais permet d’avoir une figure telle que la figure ci-contre dans laquelle il est alors plus pratique de se donner les affixes a, b, c de A’, B’, C’ pour en dé- duire celles de A, B, C... : un calcul simple (alignement de A, I, A’, etc.) montre que a’ = – bc/a , etc.
Pour calculer les affixes de P et Q, il suffit de savoir exprimer la symétrie par rapport à une droite donnée par deux de ses points U(u) et V(v) : si u et v sont de module 1, le symétrique d’un point d’affixe z a pour affixe z’ = – uvz* + u + v , si on désigne par z*
le conjugué de z (chercher l’application z’ = az* + bqui laisse fixes u et v ... qui sont de module 1).
Dès lors, comme P est le symétrique de B par rapport à AA’ son affixe est : p = (a2– b2– bc)/a , et comme Q est le symétrique de A par rapport à BB’ son affixe est : q = (b2– a2– ac)/b .
1. — On a donc : p – q = (a + b + c)(a/b – b/a) ; ce qui prouve que PQ est orthogonal à OI, puisque (a/b – b/a) est imaginaire pur (les nombres a, b, c sont de module 1...).
2. — Si de plus l’angle en C vaut 30°, l’angle AOB vaut 60° et b’/a’ = a2/b2= exp(iπ/3) , si bien que a/b = ± exp(iπ/6) . Il vient donc : p – q = ± 2i (a + b + c) sinπ/6 , ce qui implique bien OI = PQ . Cela étant on sait déjà que O est sur la hauteur issue de I dans le triangle IPQ, il reste à vérifier (par exemple) que IQ est orthogonal à OP. C’est immédiat : on peut poser b = 1 et a = e= ± exp(iπ/6) ; il vient QI = (1 + e+ c) – (1 – e2+ ec) = (1 + e)( e+ c) , OP = (e2– 1 – c)/e= (e4– c)/e... et (en tenant compte du fait que c et esont de module 1) on vérifie aisément que le conjugué de QI/OP est bien son opposé.
Solution géométrique :Soit Wle point diamétralement opposé au milieu C’ de l’arc AB ; montrons pour commencer que les triangles (égaux) WBQ et WAP sont semblables au triangle OC’I. Les angles en B, C’ et A sont les mêmes puisqu’ils interceptent le même arc et il suffit de vé- rifier que BQ/BW= C’I/C’O. Mais C’I = C’B (symétrique de l’ortho- centre...) et C’I/C’O = C’B/C’O = AB/AWcar les triangles isocèles C’BO et ABWsont semblables... Il résulte de cela que Q et P sont les images respectives des points B et A par la similitude directe de centre W, d’angle C’OI et de rapport OI/OC’ = OI. Comme AB est orthogonal à WC’, QP sera orthogonal à WI, ce qui prouve le 1°.
Supposons maintenant ABC = 30°. Comme AB = OC’ = 1 il est clair, dans la similitude précédente, que QP = OI . Il reste donc à montrer que OP est orthogonal à QI. Soit J l’intersection de IP avec le cercle passant par A’, I et B’. Des calculs simples dans ABC montrent que A’IB’ = 105°, JIB’ = 30°, QIP = 45° et que les cercles ABC et A’IB’ sont symétriques par rapport à A’B’. Soit O’ le centre de ce second cercle. Comme B’O’J est équilatéral et comme OA’B’ = 15°, on voit facilement que le triangle OB’J est isocèle rectangle, puis que A’OJ = 105°. Mais, par symétrie par rapport à A’A, on a aussi A’PJ = 180° – A’BB’ = 105°, si bien que les points A’, O, P et J sont cocycliques...
On en déduit que IPO = 180° – OPJ = JA’O = 45°, ce qui implique le résultat cherché, puisque QIP = 45°...
Solution avec des symétries :
On passe de P à Q en composant la symétrie par rapport à AI (qui donne B), la symétrie par rapport à A’C’ (qui donne I), la symétrie par rapport à B’C’ (qui donne A) et la symétrie par rapport à BI (qui donne Q). Le produit des deux premières est la rotation de centre A’ et d’angle 2¥ AA’C’ = AA’B = ACB ; le produit des deux dernières est la rotation de centre B’ et d’angle 2¥ C’B’B = AB’B = ACB. Au total, Q est l’image de P par le produit de ces deux rotations. C’est une rotation d’angle égal à 2¥ ACB et son centre n’est autre que le symétrique O’ de O par rapport à la droite A’B’ : il est en effet facile de voir que la première rotation envoie O’ sur O et que la seconde ramène ce point sur O’, car l’angle B’A’O est égal à l’angle C’CB (côtés orthogonaux...).
Cela étant, et comme un angle inscrit est la moitié de l’angle au cen- tre, les points P, Q, C sont sur un même cercle de centre O’ et la média- trice de PQ coupe ce cercle au milieu wde l’arc PQ, c’est-à-dire au même point que la bissectrice CI de l’angle en C. Il nous reste à montrer que O’west égal et parallèle à OI pour avoir prouvé le 1° et le début du
2° puisque O’PQ est alors équilatéral (... ACB = 30°). Or O’ et wsont les images de O et I par la composée de la symétrie d’axe A’B’ (qui donne O’ et C) et de la symétrie d’axe la médiatrice de Cw(qui donne O’ et w) : leur produit est une translation car ces deux axes sont parallèles.
On peut de plus préciser la position de l’orthocentre H de IPQ ; pour cela nous supposerons fixesle cercle Get les points A’, B’ ; puis nous désignerons par al’angle en C. En faisant varier C’ sur le cercle G, l’an- gle agarde une valeur constante et nous étudions ainsi tous les cas pos- sibles de triangles ABC d’angle C donné. Nous savons déjà que H est sur la hauteur OI, nous allons montrer que la hauteur issue de Q passe par un point fixe s... [Les calculs d’angles en fonction de asont élé- mentaires et sont laissés au lecteur.]
Comme I et C sont symétriques par rapport à A’B’, le point I est sur le cercle G’ symétrique de Gpar rapport à A’B’.
Comme QIB’ = B’IA = (π – a)/2, la droite IQ coupe G’ en un point fixe J tel que A’B’J = a.
Comme JQB’ = π – B’QI = π – QIB’ = (π + a)/2, le point Q appartient au cercle G” symétrique du cercle Gpar rapport à la médiatrice de A’J.
Comme HQJ = π/2 – QIP = 3a/2, la droite HQ coupe G” en un point fixe stel sB’J = 3a/2 et donc tel que B’, set O soient alignés.
Il résulte d’un raisonnement analogue que la hauteur issue de P passe par un point fixe s’, symétrique de spar rapport à la médiatrice de A’B’.
Donc, comme l’angle (de droites...) entre les hauteurs issues de P et Q est constamment égal à l’angle QIP l’orthocentre appartient (en géné- ral...) à un cercle passant par set s’.
Le cas de figure proposé par le 2° de l’énoncé (a= 30°) correspond au cas où set s’ sont confondus avec le centre O (ce qui assure évidemment ici que le cercle précédent se réduit au point O). Comme O, set B’ sont alignés, on voit par exemple que O = s en vérifiant que le centre O appartient dans ce cas au cercle G”... mais il suffit de remarquer pour cela que l’axe de symétrie B’K entre G et G” est tel que l’angle OB’K vaut 30°...
