Un peu de géométrie du triangle

Transcription

1 Énoncé Un peu de géométrie du triangle Le plan euclidien orienté est identifié à C. Par exemple, si a est un nombre complexe, et plutôt que d évoquer le point A d affixe a, on parlera simplement du point a. On va prouver des propriétés géométriques du triangle, invariantes dans toute similitude. On ne perd donc aucune généralité à considérer un triangle T inscrit dans le cercle unité U = {z, z = 1}, c est-à-dire défini par trois points distincts a, b, c tels que a = b = c = 1. Uniquement pour les figures on prendra a = exp( 11iπ 1 I. La droite d Euler iπ 5iπ ), b = exp( ), et c = exp( 1 8 ). 1. On pose s = a + b et h = a + b + c. Montrer que 0, s, h, c forment un parallélogramme. En déduire que les hauteurs du triangle T se coupent au point h.. Uniquement dans cette question, on suppose a + b + c = 0. Montrer que ab+ac+bc = 0 et en déduire que a, b, c sont les trois racines cubiques d un même nombre complexe de module 1. Qu en déduit-on concernant le triangle T? 3. Soit m l équibarycentre de a, b, c. Montrer que les points 0, m, h sont alignés (et confondus T est équilatéral). 4. Si T n est pas équilatéral, la droite E contenant 0, m, h est appelée droite d Euler de T. Montrer qu alors : z E h z h z = 0 (c est donc l équation de E). 5. Faire une figure reprenant les résultats de cette partie. II. Deux propriétés classiques de l orthocentre 1. Identifier les symétriques de h par rapport aux milieux des cotés du triangle T et vérifier que ce sont éléments du cercle circonscrit U.. Montrer que la symétrie orthogonale σ par rapport à la droite (ab) est l application qui à tout point z associe le point z = ab z + a + b. Caractériser de manière analogue la projection orthogonale sur la droite (ab). 3. Prouver que les symétriques de h par rapport aux cotés de T sont sur U. 4. Faire une figure reprenant les résultats de cette partie. III. Le triangle orthique On note α, β, γ les projetés respectifs du point h sur les droites (bc), (ca), (ab) (c est-à-dire les pieds des hauteurs au triangle T issues respectivement des sommets a, b, c.) On dit que le triangle H = αβγ est le triangle orthique de T. On supposera ici que le triangle T n est pas rectangle, pour que α, β, γ soient distincts. 1. Montrer que α = 1 (h abc) (utiliser (II.)). Donner les expressions de β et γ.. Déduire de ces expressions de α, β, γ que les droites (0a), (0b) et (0c) sont respectivement orthogonales aux droites (βγ), (αγ), et (αβ). 3. Montrer que la droite (γc) est bissectrice des droites (γα) et (γβ). Indication : pour établir ( γα, γc) = ( γc, γβ) [π], on utilisera en le justifiant le fait que a, γ, α, c sont cocycliques, ainsi que a, γ, h, β. En déduire que si les angles de T sont aigus, le triangle orthique est la trace d un faisceau lumineux ou à la trajectoire d une boule de billard ;-) inscrite dans le triangle T. 4. Faire une figure reprenant les résultats de cette partie. mathprepa.fr Page 1

2 Énoncé IV. Le cercle d Euler, ou cercle des neuf points On appelle cercle d Euler du triangle T le cercle C circonscrit aux milieux des cotés de T (et le triangle joignant ces trois points est appelé le triangle médian de T.) 1. Montrer que C a pour centre k = 1 h et pour rayon 1. Par quelle homothétie de rapport positif le cercle C se déduit-il de U?. Montrer que le cercle C contient (outre les milieux des cotés de T.) (a) Les milieux des segments [ha], [hb] [hc]. (b) Les points α, β, γ, pieds des hauteurs menées de a, b, c au triangle T. Ces propriétés justifient que C soit appelé cercle des neuf points du triangle T. 3. Faire une figure montrant U, T, C et les trois triangles dont C est le cercle circonscrit. 4. Dans cette question, T est supposé non rectangle. Le point h est donc distinct de a, b, c. (a) Quels sont les orthocentres des triangles hab, hbc et hac? (b) En déduire que ces trois triangles on le même cercle d Euler que le triangle T. (c) Indiquer comment les cercles circonscrits à hab, hbc et hac se déduisent de U. (d) Montrer que le résultat de IV.4.c est aussi une conséquence de celui de II.3. (e) Faire une figure illustrant le résultat de cette question. V. Une propriété caractéristique du triangle orthique Dans cette partie, on suppose que tous les angles du triangle T sont aigus. On note u (resp. v, w) un point quelconque du segment [ab] (resp. [ac], [bc]). Soit le triangle de sommets u, v, w. Il est donc inscrit dans le triangle T. On va montrer son périmètre ψ( ) est minimum quand est le triangle orthique de T. 1. On note x (resp. y) le symétrique de u par rapport à la droite (ca) (resp. (cb)). Le segment [xy] coupe le segment [ac] en u et le segment [bc] en u. (a) Montrer que si u est fixé, le périmètre de est minimum quand v = u et w = u. (b) Montrer que la valeur de ce mimimun est b a c u.. Comme dans les parties III et IV, on note α, β, γ les pieds des hauteurs au triangle T issues respectivement des sommets a, b, c. (a) Montrer que si u = γ, alors u = β et u = α. (b) En déduire le triangle orthique est le triangle de périmètre minimum inscrit dans T. mathprepa.fr Page

3 du problème I. La droite d Euler 1. Les points 0 et s sont équidistants (à une distance 1) de a et b. Ces deux points sont donc sur la médiatrice du segment [ab]. D autre part s 0 = a + b = h c, ce qu on peut écrire 0s = ch. Les points o, s, h, c (dans cet ordre) forment donc un parallélogramme. On en déduit que le vecteur ch (tout comme 0s) est orthogonal au vecteur ab. Autrement dit, le point h est sur la hauteur du triangle T issue du point c. Les points a, b, c jouant le même rôle dans la définition de h, on en déduit que les trois hauteurs du triangle T sont concourantes au point h.. Pour tout nombre complexe z de module 1, on sait que z = 1 z. On en déduit les implications : a + b + c = 0 a + b + c = 0 a + b + c = 0 1 a + 1 b + 1 c = 0 ab + ab + bc = 0 ab + ab + bc = 0 abc Les nombres a, b, c sont les trois racines de P (z) = (z a)(z b)(z c). Mais P (z) = z 3 (a + b + c)z + (ab + ab + bc)z abc = z 3 abc. Les nombres a, b, c sont donc les trois racines de P (z) = z 3 δ avec δ = abc. Autrement dit : a, b, c sont les trois racines cubiques de δ (qui est de module 1). Le triangle T formé par ces trois points est donc équilatéral (c est du cours.) 3. On a m = a + b + c = h 3 3. Ainsi 0h = 3 0m. Il en résulte que 0, m, h sont alignés. Plus précisément, h se déduit de m par l homothétie de centre 0 et de rapport 3. Si le triangle T est équilatéral, on sait que 0, h, m sont confondus en 0. Inversement si h = m = 0 ( a + b + c = 0) on sait par (I.) que T est équilatéral. 4. On suppose donc h 0 (le triangle T n est pas équilatéral). Le point z est sur E = (Oh) si et seulement s il existe λ dans R tel que z = λh. Mais : λ R, z = λh z h R z h = z hz hz = 0. h mathprepa.fr Page 3

4 II. Deux propriétés classiques de l orthocentre 1. Le milieu du segment [ab] est le point p = 1 (a + b). Le symétrique de h par rapport à p est q = p h = (a + b) (a + b + c) = c. On obtient donc le point de U diamétralement opposé à c. De même les symétriques de h par rapport aux milieux des segments [bc] et [ac] sont des points de U (diamétralement opposés respectivement à a et b).. La symétrie σ par rapport à la droite (ab) est un antidéplacement du plan. Il existe donc α, β dans C, avec α = 1, tels que : z C, σ(z) = αz + β. { { { σ(a) = a αa + β = a α + βa = a Or σ(b) = b donc αb + β = b donc α + βb = b en utilisant a = 1 a et b = 1 b. On en déduit β = a + b et α = ab. La symétrie σ est donc définie par : z C, σ(z) = ab z + a + b. La projection π et la symétrie σ sont reliées par l égalité π = 1 (Id + σ). On en déduit, pour tout z de C : π(z) = 1 (z ab z + a + b). 3. Soit r le symétrique de h par rapport à la droite (ab). D après ce qui précède : r = σ(h) = abh + a + b = ab(a + b + c) + a + b = b a a b abc + a + b = b a abc + a + b = abc On constate que r = 1, ce qui prouve que r est un point du cercle circonscrit U. De la même manière, les symétriques de h par rapport à (bc) et (ac) sont sur U. III. Le triangle orthique 1. En reprenant les notations précédentes α = π(h) = 1 (h + σ(h)) = 1 (h abc). Par permutation circulaire sur a, b, c on trouve : β = 1 (h abc) et γ = 1 (h abc).. Il suffit de vérifier que la droite (0c) est orthogonale à la droite (αβ). Or α = 1 (h abc) et β = 1 (h abc) donc β α = 1 (ab ab)c. Puisque ab ab est imaginaire pur, il vient arg(β α) = arg(c) + π [π]. Ce résultat prouve que la droite (αβ) est orthogonale à la droite (0c). 3. Les points a, γ, α, c sont sur le cercle de diamètre [ac] (les angles âγc et âαc sont droits). De même les points a, γ, h, β sont sur le cercle de diamètre [aβ]. On en déduit ( γα, γc) = (âα, ac) [π] et (âh, aβ) = ( γh, γβ) [π]. Mais (ah) = (aα), (aβ) = (ac) et (γh) = (γc). Il en découle ( γα, γc) = ( γc, γβ) [π]. Cette égalité signifie que la droite (γc) est bissectrice des droites (γα) et (γβ). Par une simple permutation sur les sommets du triangle T, on en déduit que (αa) est bissectrice de (αβ) et de (αγ) et que (βb) est bissectrice de (βγ) et de (βα). Pour ces raisons, et par égalité entre angle des rayons incident et réfléchi, un trajet lumineux (ou une boule de billard) partant de α (par exemple) et se dirigeant vers β (par exemple) se réfléchit (rebondit) en direction de γ, et de ce point revient au point α, puis β etc. Remarque : il a fallu supposer que les angles de T sont aigus pour que le trajet α β γ α reste intérieur au triangle T. mathprepa.fr Page 4

5 IV. Le cercle d Euler, ou cercle des neuf points 1. Pour répondre à cette question, il suffit de montrer que le point k est à une distance de 1 de chacun des milieux des cotés du triangle T. Par symétrie du problème, il suffit de le vérifier pour le milieu d = 1 (a + b) de [ab]. On trouve d k = d 1 h = 1 (a + b) 1 (a + b + c) = 1 c donc d k = 1. Conclusion : le cercle d Euler C du triangle T est centré en k = 1 h et il est de rayon 1. On constate que C se déduit de U par l homothétie ϕ de centre h et de rapport 1. En effet cette homothétie envoie le point 0 sur le milieu du segment [h0] donc sur 1 h = k et elle transforme U (qui est de rayon 1) en un cercle de rayon 1 (donc en le cercle C.). Reprenons l homothétie ϕ de centre h et de rapport 1, dont on sait que ϕ(u) = C. (a) L application ϕ transforme donc les trois points a, b, c (qui sont sur U) en trois points du cercle C, qui sont les milieux respectifs des segments [ha], [hb] et [hc]. (b) On sait que les symétriques de h par rapport aux cotés de T sont sur U (cf II.3). On en déduit que leurs images par l homothétie ϕ, c est-à-dire les projections de h sur les cotés de T (c est-à-dire les pieds α, β, γ des hauteurs de T ) sont sur le cercle C. 3. (a) Les droites (ac) et (bc) sont respectivement orthogonales aux droites (bh) et (ah). Ces deux dernières sont donc des hauteurs du triangle hab. Comme elles se coupent en c, celui-ci est l orthocentre du triangle hab. De même, a et b sont les orthocentres respectifs des triangles hbc et hca. (b) On sait que le cercle d Euler du triangle hab est circonscrit au triangle de sommets les milieux des segments [ch], [ca] et [cb] joignant l orthocentre c aux sommets h, a, b. Mais il se trouve que ces trois points sont déjà sur le cercle d Euler du triangle T. Il en découle que les triangles T = abc et hab ont le même cercle d Euler. Pour les mêmes raisons, les triangles hbc et hca ont le même cercle d Euler que T. (c) On sait que le cercle circonscrit d un triangle est de rayon double de celui de son cercle d Euler (celà résulte de la question IV.1, et on sait que les résultats obtenus dans ce problème restent vrais dans toute similitude appliquée au triangle initial). Or le cercle d Euler de hab (le même que celui de T ) est de rayon 1. Son cercle circonscrit est donc de rayon 1. Or ce cercle passe par a et b, tout comme le cercle U (lui aussi de rayon 1). Ces deux cercles étant distincts (U ne contient pas h car T est supposé non rectangle) le triangle circonscrit à hab se déduit donc de U par la symétrie orthogonale par rapport à (ab). Pour les mêmes raisons, les cercles circonscrits à hbc (resp. hac) sont de rayon 1 et ils se déduisent de U par la symétrie orthogonale par rapport à (bc) (resp. (ca)). (d) On sait depuis (II.3) que les symétriques de h par rapport aux cotés de T sont sur U. Si h est par exemple le symétrique de h par rapport à (ab), alors U est le cercle circonscrit du triangle h ab. Or hab se déduit de h ab par cette même symétrie. Il s ensuit que le cercle circonscrit à hab se déduit du cercle circonscrit à h ab (donc de U) par la symétrie orthogonale par rapport à la droite (ab) (et on a des conclusions analogues pour les cercles circonscrits aux triangles hbc et hca). mathprepa.fr Page 5

6 V. Une propriété caractéristique du triangle orthique 1. Pour fixer les idées, on suppose que le triangle T = abc est dans le sens direct. (a) Soit ψ( ) = u v + v w + w u le périmètre de. v est sur (ac) (médiatrice de [ux]) donc u v = x v. De même w u = w y. Il en résulte que ψ( ) = x v + v w + w y x y. Cette inégalité est une égalité si x, v, w, y sont alignés, donc si v = u et w = u. (b) On connait depuis la question (II.) l expression de la symétrie orthogonale par rapport à une droite passant par deux points du cercle U. En particulier, on trouve x = acu + a + c et y = bcu + b + c. On en déduit y x = (a b)cu + b a = (b a)(1 cu) = c(b a)(c u). Avec u fixé, la valeur minimum de ψ( ) est donc y x = b a c u. (a) Il s agit de montrer que si u = γ alors les points x, β, α, y sont alignés. Par Chasles, on a ( βx, βα) = ( βx, βa) + ( βa, βγ) + ( βγ, βb) + ( βb, βα) [π]. ( βx, βa) = ( βa, βγ) [π] car (ac) est la médiatrice de [xγ]. De même ( βγ, βb) = ( βb, βα) [π] en vertu de la question (III.3). On en déduit ( βx, βα) = ( βa, βγ) + ( βγ, βb) = ( βa, βb) [π] = 0 [π]. Il en découle que x, β, α sont alignés. Pour les mêmes raisons β, α, y sont alignés. (b) On sait qu à u fixé, la valeur minimum de ψ( ) est b a c u. Le minimum de la quantité précédente est obtenu quand le point u est au plus près de c, c est-à-dire quand u est la projection γ du sommet c sur la coté [ab]. Dans ces conditions, on sait que les points u, u réalisant le triangle de périmètre minimum sont égaux respectivement à β et α. Conclusion : celui des triangles inscrits dans T qui possède le plus petit périmètre est le triangle αβγ c est-à-dire le triangle orthique de T. mathprepa.fr Page 6