Triangle maximum #2 - Solution (suite)

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

Suite des propriétés de la figure. Rappel des conclusions précédentes :

Aire(ABC) max <=> PBC bissectrice de APQ, avec Q pôle de BC   PT deuxième tangente : ATQ alignés AT coupe BC en N : [A,T,N,Q] est harmonique

L'objectif est maintenant de prouver que l'orthocentre de ABC est sur PM.

Soit I le milieu de BC, MI _|_ PI.
PM _|_ AQ, donc N est l'orthocentre du triangle PMQ.
Par conséquent, MN est la troisième hauteur et MN _|_ PQ.
Donc l'angle NMI = QPI.

Soit N' l'intersection de AM et BC. MN' _|_ AP donc l'angle IMN' = IPA
Comme BC bissectrice, l'angle IPA = QPI, et donc IMN' = NMI.
Le triangle NMN' est donc isocèle et MN' = MN.

Soit E le point diamétralement opposé à A.
TE coupe MQ en D.
TE // PM donc QD/QM = QT/QV.
AT coupe PM en V, milieu de AT
La division ATNQ étant harmonique :
QV.QN = QT.QA, ou encore QT/QV = QN/QA.
Donc QD/QM = QN/QA et par conséquent DN // MA.

Le quadrilatère MN'DN est donc un losange et I est le milieu de MD.
La parallèle à PM issue de I coupe donc ME en son milieu R.

Ceci donne déjà une nouvelle construction de BC :

La parallèle à PM depuis le milieu R de ME (AR = 3r/2) coupe le cercle de diamètre PM en I. PI est la droite BC.

La médiane AI coupe PM en G.
AG/AI = AM/AR = 3/2 ou encore GI = AI/3.
G est donc le centre de gravité du triangle ABC.
Comme dans un triangle, le centre du cercle circonscrit (M) le centre de gravité G et l'orthocentre H sont sur une même droite (droite d'Euler), l'orthocentre de ABC est sur la droite GM, c'est à dire sur PM.
CQFD.

L'orthocentre H et le centre de gravité G du triangle ABC sont sur PM  PM est la droite d'Euler de ABC

TE coupe BC en J.
TE//MP => l'angle IJD = IPM.
D étant le symétrique de M par rapport à BC, l'angle DPI = IPM.
Le triangle PDJ est donc isocèle, PD = PJ et le quadrilatère PMJD est un losange, et MJ = MP.

D'où une nouvelle construction :

PT la seconde tangente. Une parallèle à PM issue de T coupe le cercle de centre M de rayon MP en J.  PJ est la droite BC.

soient ε l'angle MPI et α l'angle APM.
NT = 2.MI.cos(ε) = 2.MP.sin(ε).cos(ε) = MP.sin(2ε)
NT = AN = AM.cos(α) = MP.sin(α).cos(α) = MP.sin(2α)/2.

D'où la relation :  sin(2α) = 2.sin(2ε) 

Une propriété de l'orthocentre :

Le lieu de l'orthocentre quand BC varie est un cercle.

Ceci peut s'obtenir directement :
La hauteur issue de A coupe le cercle en H', symétrique de l'orthocentre H par rapport à BC
EH' _|_ AH' est // BC, Thalès dans le triangle HEH' donne alors I milieu de EH.
Le lieu de H est donc l'image du lieu de I dans une homothétie de centre E de rapport 2.
Comme le lieu de I est le cercle de diamètre PM, le lieu de H est un cercle.
Le centre K de ce cercle est l'homothétique du milieu de PM donc KP//AM et KP = ME = AM :
Le cercle de centre K, passe par A, image de M.

Ceci donne une dernière construction, puisque l'orthocentre est l'intersection de PM et du cercle (K) :

Complèter le parallèlogramme AMPK. Le cercle de centre K de rayon KA coupe PM en H. La droite BC est la perpendiculaire à AH issue de P.

Enfin pour terminer avec les symétries par rapport à BC et MQ, quelques points alignés et propriétés diverses.