Triangle maximum #2 - Solution

Soit un cercle de centre M et une tangente AP en A au cercle.
Trouver une sécante PBC telle que l'aire du triangle ABC soit maximale.

Aire(ABC) = Aire(PAC) - Aire(PAB) = PA.(y_C - y_B)
avec y_B et y_C les distances de B et C à PA.
Comme PA est constant, l'aire est maximale ssi y_C - y_B maximum.
Choisisons un point S fixe quelconque sur PA :
Aire(SBC) = Aire(PSC) - Aire(PSB) = PS.(y_C - y_B)

Aire(ABC) maximum <=> Aire(SBC) maximum, avec le même BC

L'astuce est alors de choisir un point S tel que la solution de max(ABC), PBC alignés, puisse se ramener à max(SBC) absolu (sans point P), qui est résolue par le problème #0.

Pour chaque point S sur AP, il existe une droite BC maximisant de façon absolue Aire(SBC).
Cette droite BC coupe AP en P'.
Quand S parcourt l'ensemble des points de la droite AP, P' parcourt l'ensemble des points de la droite AP, par continuité entre :
 - S en A => BC // AP, P' à l'infini
 - S à l'infini => BC est le diamètre AM, P' en A.
Ainsi à chaque point S correspond un point P' et à chaque point P' correspond au moins un point S avec Aire(SBC) maximum absolu.
On peut alors choisir l'un des points S correspondant à notre point P.
Chacun d'eux donne un maximum (local) de Aire(ABC), PBC alignés.

Nous savons ainsi que le point S "convenable" est quelque part sur AP, et que le maximum sous contrainte PBC alignés pour ce point S est le maximum absolu.
Mais le résultat du problème #0 nous donne le maximum absolu pour ce point S : le pôle Q de (P)BC est symétrique de S par rapport à BC.

Ceci veut dire que chaque point de BC (par ex. P) est conjugué de Q.
Donc Q est conjugué de P, et Q est sur la polaire de P.
Soit PT la deuxième tangente au cercle issue de P. La polaire de P est AT. Donc Q est sur AT.
Soit N l'intersection de BC et AT, N est conjugué de Q, par conséquent :

A,T,N,Q forme une division harmonique [A,T,N,Q] = -1   NA/NT ÷ QA/QT = -1, ou 2/AT = 1/AN + 1/AQ   Les droites PA,PT,PN,PQ forment un faisceau harmonique   Toute droite coupant ce faisceau donne une division harmonique .

Ne pas oublier la propriété fondamentale du problème #0 : Q est le symétrique de S.
Ceci veut dire que BC est la bissectrice de APQ, ou en d'autres termes la propriété caractèristique :

BC est la bissectrice de APQ, avec Q le pôle de BC

Choisissons une sécante intéressante du faisceau : la hauteur issue de A du triangle ABC. Elle coupe BC en L (pied de la hauteur), PT en X et PQ en Y.
La division harmonique donne 2/AX = 1/AL + 1/AY
Comme AY _|_ PL et PL est la bissectrice de APY, AY = 2.AL.
Par conséquent : AL = 3/4 . AX ou encore  XL = XA/4 
Une parallèle à PT issue de L coupe PA en L', et selon Thalès, PL' = PA/4, donc L' est un point fixé.
Comme AL _|_ PL, le lieu de L est le cercle de diamètre AP (donné).
D'où une construction géométrique résolvant le problème #2 :

Construire le point L' sur AP avec PL' = PA/4.   Une parallèle en L' à la seconde tangente PT, coupe le cercle de diamètre AP en L.   PL est la droite BC cherchée.

Il y a d'autres constructions équivallentes :
En appliquant une homothétie de centre P et de rapport 2 à la construction précédente, on obtient :

Une parallèle issue du milieu U de AP à la seconde tangente PT, coupe le cercle de centre A et de rayon AP en W   PW est la droite BC cherchée.

Note : Comme V, intersection de AT et PM, est le milieu de AT, UV est la parallèle à PT (Thalès).

Une autre construction simple résulte du choix d'une sécante parallèle à PQ :
Elle coupe BC en W' et AT en Z. W' est le milieu de AZ (intersection avec PQ à l'infini).
AW' // PQ donc l'angle AW'P = angle W'PQ = angle APW' (BC est bissectrice !)
Donc le triangle PAW' est isocèle, AW' = AP et AZ = 2.AP.
Note : donc W' = W !

Le cercle de centre A et de rayon 2.AP coupe la seconde tangente en Z  W étant le milieu de AZ, PW est la droite BC cherchée.

On peut aussi obtenir une relation algébrique intéressante en choisisant AM comme sécante. Le faisceau harmonique coupe AM en A (sur PA), X (sur PB), Y (sur PT), et Z (sur PQ).
Appelons φ l'angle APB et α l'angle APM. Dans les triangles rectangles en A on a :
AX = p.tan(φ), AY = p.tan(2α) et AZ = p.tan(2φ), avec p = AP. Donc

  2/tan(2α) = 1/tan(φ) + 1/tan(2φ) 

En appelant t = tan(φ) et puisque tan(α) = AM/AP = r/p = u
2(1-u²)/2u = 1/t + (1-t²)/2t ou encore :

 t² + 2(p/r - r/p)t - 3 = 0 

t = 1 (φ = 45°) quand p/r = (1 + √5)/2 = nombre d'or.
AP = côté du pentagramme inscrit dans le cercle. Magique...
PQ // AM donc Z a l'infini et X milieu de AY

Nous allons maintenant démontrer quelques propriétés intéressantes, la plus spectaculaire étant que l'orthocentre de ABC est sur MP !
Ceci conduira à d'autres constructions et mettra l'accent sur quelques symétries cachées.