Triangle et projection orthogonale : les triangles auto-projetants I

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En résolvant cette colle posée sur M@th en Ligne, PB, qui me fait l’honneur d’intervenir régulièrement sur ce blog, a mis en évidence une jolie propriété d’un triangle : on peut trouver trois points, un sur chaque côté du triangle, de manière telle que chaque point se projette sur le suivant orthogonalement au côté auquel celui-ci appartient. Ceci est illustré sur le dessin suivant.

triangle_1

Dans cette figure, A_+ se projette sur B_+ orthogonalement à AB, B_+ se projette sur C_+ orthogonalement à BC, etc. : l’ordre des côtés du triangle ABC selon lequel se font les projections successives est l’ordre correspondant au sens trigonométrique, ce qu’on a manifesté en indiçant par « + » les points choisis. Par ailleurs, les triangles A_+B_+C_+ et ABC sont semblables car ils ont leurs angles deux à deux à côtés perpendiculaires ; les noms des sommets ont été choisis de manière telle que les angles en des sommets désignés par la même lettre soient égaux.

Faute de mieux, un triangle, tel que A_+B_+C_+, répondant aux conditions, sera dit auto-projetant.

Il y en a naturellement deux, à raison d’un par sens de rotation dans le plan du triangle ABC. Ci-dessous, nous désignerons le second en indiçant ses sommets par « -« , avec la même convention relative à leurs noms. Il sera dit négatif par opposition au précédent que nous dirons être positif.

La preuve de l’existence et de l’unicité de ces triangles donnée par PB est remarquable d’élégance. Je l’exposerai ci-dessous. Comme elle est purement existentielle, je me suis naturellement demandé comment les construire. C’est une solution de ce problème que je vous convie à découvrir.

Comme d’habitude, j’y consacrerai plusieurs billets, afin de garder des articles de tailles raisonnables.

Existence et unicité : la méthode de PB

Afin de compter les triangles auto-projetant positifs, on considère la restriction f à la droite CA de la composée de la projection orthogonale sur AB suivie de celle sur BC puis de celle sur CA. (Les notations sont celles de la figure ci-dessus.)

Clairement, les sommets appartenant à CA des triangles auto-projetants positifs sont les points fixes de f. Nous allons voir qu’il n’y en a qu’un.

Les projections orthogonales étant des affinités, f en est une aussi. De plus, la projection orthogonale d’une droite sur une autre multipliant les longueurs par le cosinus de l’angle entre les deux droites, f transforme un segment de longueur \ell de CA en un segment de longueur

\ell\left|\cos \hat A\cos \hat B\cos \hat C\right|<\ell

Ainsi, f n’est pas une isométrie(*). Il admet donc un point fixe, et un seul (sans quoi ce serait l’identité donc une isométrie). D’où la conclusion étant entendu que la même méthode s’applique aux triangles auto-projetant négatifs.

Les sommets des triangles auto-projetants

Je vais à présent donner les abscisses affines(**) des sommets des triangles auto-projetants calculées par rapport aux côtés auxquels ils appartiennent. Curieusement, elles sont plus simples à exprimer en ordonnant les sommets du triangle initial dans le sens opposé à celui choisi pour ordonner les projections orthogonales. Pour le triangle positif, on suit les sommets dans l’ordre CBA et pour le triangle négatif, dans l’ordre ABC.

Ci-dessous, a,b,c désignent les longueurs des côtés du triangle ABC opposés respectivement à A,B,C et on pose(***)

s^2=a^2+b^2+c^2,\quad s>0

ainsi que

\lambda=\frac{2c^2}{s^2},\quad \mu=\frac{2a^2}{s^2}\quad \& \quad \nu=\frac{2b^2}{s^2}

Avec ces notations, les triangles auto-projetants de ABC sont donnés par

(1) A_+=(1-\lambda)A+\lambda C,\quad B_+=(1-\mu)B+\mu A, \quad C_+=(1-\nu)C+\nu B

et

(2) A_-=(1-\nu)A+\nu B,\quad B_-=(1-\lambda)B+\lambda C, \quad C_-=(1-\mu)C+\mu A

Les vérifications sont faciles. Je ne vais pas les faire toutes explicitement, me limitant à observer que A_+B_+ et AB sont perpendiculaires (on verra ainsi la cause du phénomène; les autres cas s’en déduisent du reste par symétrie). Il vient

\begin{array}{lcl}\overrightarrow{A_+B_+}\cdot\overrightarrow{AB}&=&\left(-\lambda\overrightarrow{AC}+(1-\mu)\overrightarrow{AB}\right)\cdot\overrightarrow{AB}\\[1ex]&=&\frac{c^2}{s^2}\left(-2bc\cos\hat A+b^2+c^2-a^2\right)\\[1ex]&=&0\end{array}

en vertu du théorème de Pythagore (dit généralisé).

Première application

Les triangles A_+B_+C_+ et A_-B_-C_- sont isométriques. Plus précisément, ils sont semblables au triangle ABC et le rapport de similitude est le même pour les deux, à savoir

k=\frac{\|A_+B_+\|}{\|AB\|}=\frac{\|A_-B_-\|}{\|AB\|}=4\frac{\mathrm{aire}(ABC)}{a^2+b^2+c^2}

En effet, en appliquant le théorème de Pythagore au triangle rectangle AB_+A_+, on obtient

\begin{array}{lcl}\|A_+B_+\|^2&=&k^2c^2\\[1ex] &=&\|AA_+\|^2-\|AB_+\|^2\\[1ex] &=&\lambda^2\|AC\|^2-(1-\mu)^2\|AB\|^2\\[1ex] &=&\frac{4c^2}{s^4}b^2c^2\sin^2\hat A\\[1ex] &=& c^2\left(4\frac{\mathrm{aire}(ABC)}{a^2+b^2+c^2}\right)^2\end{array}

et on trouverait la même valeur de k en effectuant le calcul pour le triangle négatif.

Les relations (1) et (2) ont d’autres corollaires intéressants. Elles permettent par exemple de montrer que les six points A_+,B_+,C_+,A_-,B_-,C_- appartiennent à un même cercle et d’en déduire une construction des triangles auto-projetants.

Cela vous sera présenté dans le billet suivant …
😉
__________
(*) Dans la preuve originale, PB arrivait, plus rapidement, à la conclusion que f n’est pas une translation mais il pouvait se baser sur le fait que, dans l’exercice proposé, le triangle ABC est acutangle, ce que nous ne supposons pas ici.

(**) L’abscisse affine d’un point X\in PQ par rapport au segment [P,Q] est l’unique nombre x tel que

\overrightarrow{PX}=x\overrightarrow{PQ}

(***) La longueur s ne jouera aucun rôle en soi mais j’aime conserver une certaine homogénéité aux formules.

3 réactions sur “Triangle et projection orthogonale : les triangles auto-projetants I”

  1. Les triangles sont une source inépuisable de résultats 🙂
    Je me pose la question suivante, sorte de généralisation : étant donnés deux triangles T et T’, combien peut-on inscrire dans T de triangles semblables à T’ ?

    Réponse

  2. Bigre, quelle rapidité de réaction 😉

    La question est intéressante! Les côtés de T’ donnent les directions des différentes projections. Il y a six composées possibles. Peut-être se rassemblent-elles en trois familles donnant génériquement (… ouvert dense …) trois solutions.

    A méditer …

    Réponse

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