Problème de synthèse - Angles orientés

Première S Problème de synthèse
Angles orientés - Le triangle orthique - Transformations - Etude d'une configuration
1
Dans le plan orienté, ABC est un triangle dont tous les angles sont aigus. On note :
BC = a, AC = b, AB = c et  = (
→
AB ,
→
AC ).
I, J, K sont les pieds des hauteurs issues respectivement de A, B, C et H l’orthocentre du triangle ABC.
Le triangle IJK est appelé triangle orthique de ABC.
A – Position de H dans le triangle orthique
1) Démontrer que B, I, H, K sont sur un même cercle puis en déduire que (
→
IK ,
→
IH ) = (
→
BK ,
→
BH ).
2) Démontrer que B, I, J, A sont sur un même cercle puis en déduire que (
→
BK ,
→
BH ) = (
→
IH ,
→
IJ ).
3) a) Que dire de la droite (IA) pour le triangle IJK ?
b) Que représente H pour le triangle orthique IJK ?
B – Triangle inscrit dans ABC de périmètre minimal
Le but de cette partie est de déterminer le triangle LMN de périmètre minimal.
(L est sur [BC], M sur [AC] et N sur [AB].)
On note L
1
et L
2
les symétriques de L par rapport à (AB) et (AC).

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2
1) Démontrer que le périmètre de LMN est :
p
L
= L
1
M + NM + ML
2
2) a) Lorsque L est fixé, trouver les positions de M et N pour que p
L
soit minimal.
En déduire alors que p
L
= L
1
L
2
.
b) Prouver que (
→
AL
1
,
→
AL
2
) = 2 et que :
L
1
L
2
= 2×AL×sin  [1]
3) a) A partir de [1], justifier que p
L
est minimal lorsque L est en I.
b) Prouver alors que (
→
KL
1
,
→
KJ ) = π et que (
→
JK ,
→
JL
2
) = π
c) En déduire que L
1
, K, L
2
sont alignés dans cet ordre. Justifier alors que M est en J et N en K.
4) Enoncer le résultat démontré.

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CORRECTION
A – Position de H dans le triangle orthique
1)
Le triangle BHK étant rectangle en K, les points B, H et K appartiennent au cercle de diamètre [BH].
De même le triangle BIH étant rectangle en I, les points B, I et H appartiennent au même cercle (de
diamètre [BH]).
Donc les points B, I, H et K sont cocycliques.
Les angles (
→
IK ,
→
IH ) et (
→
BK ,
→
BH ) interceptant le même arc c KH et étant orientés de la même
façon sont donc égaux.
4) Le triangle BAI étant rectangle en I, les points B, A et I appartiennent au cercle de diamètre [AB].
De même le triangle BAJ étant rectangle en J, les points B, A et J appartiennent au même cercle (de
diamètre [AB]).
Donc les points B, I, J et A sont cocycliques.
Les angles (
→
BA ,
→
BJ ) et (
→
IA ,
→
IJ ) interceptant le même arc c AJ et étant orientés de la même
façon sont donc égaux.
Or (
→
BA ,
→
BJ ) = (
→
BK ,
→
BH ) et (
→
IA ,
→
IJ ) = (
→
IH ,
→
IJ )

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4
Donc (
→
BK ,
→
BH ) = (
→
IH ,
→
IJ )
3) a) De la question précédente, on déduit que (
→
IK ,
→
IH ) = (
→
IH ,
→
IJ ).
Donc la droite (IH) est la bissectrice de l’angle a JIK .
(IA) est donc la bissectrice issue de I dans le triangle IJK.
b) H point d’intersection des 3 bissectrices (IA), (JB), (KC) du triangle IJK est donc le
centre du cercle inscrit à ce triangle.
B – Triangle inscrit dans ABC de périmètre minimal
1) P
L
= LN + NM + ML = L
1
M + NM + ML
2
2) a) Pour L fixé, lorsqu’on déplace les points N et M les points L
1
et L
2
sont invariants.
p
L
est donc minimal lorsque les points M et N appartiennent au segment [L
1
L
2
].
On a donc dans cette configuration : p
L
= L
1
L
2
.
b) Par construction de L
1
et L
2
les triangles ALL
2
et ALL
1
sont isocèles en A.
Posons a LAC = a CAL
2
= λ
1
et a LAB = a BAL
1
= λ
2
a
BAC = a BAL + a LAC   = λ
1
+ λ
2
(
→
AL
1
,a AL
2
) = a L
1
AL
2
= a L
1
AL + a LAL
2
= 2λ
1
+ 2λ
2
= 2(λ
1
+ λ
2
) = 2

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Le triangle AL
1
L
2
est isocèle en A et a L
1
AL
2
= 2
Soit I le pied de la hauteur issue de A dans ce triangle.
Le triangle AIL
1
est rectangle en I et : sin  = IL
1
AL
1
= L
1
L
2
2AL car L
1
L
2
= 2×IL
1
et AL
1
= AL.
On a donc : L
1
L
2
= 2×AL×sin 
3) a)  étant fixé, L
1
L
2
est minimal lorsque la distance AL est minimale.
C'est-à-dire lorsque A est le pied de la hauteur issue de A dans le triangle ABC.
C’est à dire lorsque L = I.
b) (
→
KL
1
,
→
KJ ) = (
→
KL
1
,
→
KI ) + (
→
KI ,
→
KJ )
Posons (
→
KL
1
,
→
KI ) = 2×(
→
KC ,
→
KI ) = 2λ
1
((KI) étant l’image de (KL
1
) par la réflexion d’axe
(AB).
Posons (
→
KI ,
→
KJ ) = 2×(
→
KI ,
→
KB ) = 2λ
2
((KB) étant la bissectrice issue de K du triangle IJL cf
question A 3 a)).
On a donc (
→
KL
1
,
→
KJ ) = 2λ
1
+ 2λ
2
= 2(λ
1
+ λ
2
)
Or (
→
KC ,
→
KI ) + (
→
KI ,
→
KB ) = (
→
KC ,
→
KB ) = π
2 (car le triangle CKB est rectangle en K).
On a donc λ
1
+ λ
2
= π
2