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\newcommand{\chapHead}[1]{% #1 = Titre
\begin{tikzpicture}
\fill[blue!20] (0,0) rectangle+(\textwidth,-1.5cm);
\fill[orange!5] (0,-1) rectangle +(\textwidth,-5cm);
\fill[violet] (12cm,0) rectangle +(4cm,-4.5cm);
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% "Article"
\node[below] at (14cm,-0.5cm) {%
\begin{minipage}{4cm}
\begin{center}
\color{white}\fontfamily{lmss}\fontseries{bx}\selectfont{\Large Article}

\bigskip

\emph{par\\{\small Stéphane PASQUET}}
\end{center}
\end{minipage}
};
% Titre
\node[below right] (titre) at (0.25cm,-1.5cm) {%
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\fontfamily{lmss}\fontseries{bx}\selectfont\color{purple}\Huge #1
\end{minipage}
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\node[below right,text=purple] at ($(titre.south west)+(0,-1em)$) {\fontfamily{lmss}\fontshape{it}\selectfont Disponible sur \url{http://www.mathweb.fr}};
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\begin{minipage}{4cm}
\begin{center}
\fontfamily{lmss}\fontseries{bx}\selectfont\color{black}\today
\end{center}
\end{minipage}
};
\end{tikzpicture}
}
% Sections
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% Paragraph

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% Enoncé

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\begin{tikzpicture}
\tikzstyle{degrade} = [rectangle,inner sep=10pt,fill=violet!30,path fading=east]
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\end{tikzpicture}
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% Itemize

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% footpage

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\begin{document}
\pagestyle{fancy}
\chapHead{Triangle orthique et\\ problème de Fagnano}

\section*{Giulio Fagnano}

Giulio Fagnano était un mathématicien italien de la fin du XVII\ieme{} siècle.

Il a probablement été le premier à s'\^etre intéressé à la théorie des intégrales elliptiques, mais ce n'est pas l'objet de cet article.

\medskip

Le problème connu sous le nom de \emph{problème de Fagnano} est le suivant :

\medskip

\begin{enonce}
Peut-on inscrire un triangle de périmètre minimal dans un triangle acutangle ?
\end{enonce}

\section*{Le triangle orthique}

\begin{minipage}{0.5\linewidth}
\begin{tikzpicture}
\tkzInit[xmin= 0,xmax=8 ,ymin=0 ,ymax=7 ] \tkzClip[space=.5]
\tkzDefPoint(0,0){C}
\tkzDefPoint(7,0){B}
\tkzDefPoint(5,6){A}
\tkzDrawPolygon(A,B,C)
\tkzDefMidPoint(C,B)\tkzGetPoint{I}
\tkzInterLC(A,C)(I,B)
\tkzGetSecondPoint{B'}
\tkzInterLC(A,B)(I,B)
\tkzGetFirstPoint{C'}
\tkzInterLL(B,B')(C,C')
\tkzGetPoint{H}
\tkzInterLL(A,H)(C,B)
\tkzGetPoint{A'}
\tkzDrawSegments[color=orange](B,B' C,C' A,A')
\tkzMarkRightAngles(C,B',B B,C',C C,A',A)
\tkzDrawPoints(A,B,C,A',B',C',H)
\tkzLabelPoints(B)
\tkzLabelPoints[above](A)
\tkzLabelPoints[below left](C,H)
\tkzLabelPoints[right](C')
\tkzLabelPoints[left](B')
\tkzLabelPoints[below](A')
\tkzDrawPolygon[color=magenta,line width=1.5pt](A',B',C')
\end{tikzpicture}
\end{minipage}
\begin{minipage}{0.5\linewidth}
Le triangle orthique du triangle ABC est le triangle A'B'C', dont les sommets sont les pieds des hauteurs de ABC.

\medskip

Maintenant, vous allez sans doute me demander le rapport entre le triangle orthique et le problème de Fagnano, n'est-ce pas ? 

\medskip

Et bien, on peut démontrer que le triangle solution au problème de Fagnano est le triangle orthique du triangle donné.

\medskip

Voyons cela dans la section suivante...
\end{minipage}

\newpage

\AddToShipoutPictureBG
{%
	\put(0,\LenToUnit{\dimexpr\paperheight-2cm})
	{%
		\begin{tikzpicture}
		\begin{scope}[rotate=-90]
		\fill[violet!80] (12cm,-4.5cm) rectangle+(0.5cm,0.5cm);
\fill[violet!70] (12.5cm,-4.5cm) rectangle+(0.5cm,0.5cm);
\fill[violet!60] (13cm,-4.5cm) rectangle+(0.5cm,0.5cm);
\fill[violet!60] (12cm,-4cm) rectangle+(0.5cm,0.5cm);
\fill[violet!50] (12.5cm,-4cm) rectangle+(0.5cm,0.5cm);
\fill[violet!40] (12cm,-3.5cm) rectangle+(0.5cm,0.5cm);
\fill[violet!40] (13.5cm,-4.5cm) rectangle+(0.5cm,0.5cm);
		\end{scope}
		\end{tikzpicture}
	}
	\put(\LenToUnit{\dimexpr\paperwidth-1.5cm},0)
	{%
		\begin{tikzpicture}
		\begin{scope}[rotate=90]
		\fill[violet!80] (12cm,-4.5cm) rectangle+(0.5cm,0.5cm);
\fill[violet!70] (12.5cm,-4.5cm) rectangle+(0.5cm,0.5cm);
\fill[violet!60] (13cm,-4.5cm) rectangle+(0.5cm,0.5cm);
\fill[violet!60] (12cm,-4cm) rectangle+(0.5cm,0.5cm);
\fill[violet!50] (12.5cm,-4cm) rectangle+(0.5cm,0.5cm);
\fill[violet!40] (12cm,-3.5cm) rectangle+(0.5cm,0.5cm);
\fill[violet!40] (13.5cm,-4.5cm) rectangle+(0.5cm,0.5cm);
		\end{scope}
		\end{tikzpicture}
	}
}

\section*{La solution au problème de Fagnano}

Considérons donc un triangle acutangle ABC.

\paragraph*{Dans un premier temps, on fixe A'} sur (BC), puis nous allons trouver les points B' et C', respectivement sur (AC) et (AB) de sorte que le périmètre de A'B'C' soit la plus petite possible.

On va construire alors :

\begin{itemize}
\item $A_1$ le symétrique de A' par rapport à (AB) ;
\item $A_2$ le symétrique de A' par rapport à (AC).
\end{itemize}

\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=0.8]
\tkzInit[xmin= -1,xmax=9 ,ymin=0 ,ymax=7 ] 
\tkzClip[space=.7]
\tkzDefPoint(0,0){C}
\tkzDefPoint(7,0){B}
\tkzDefPoint(5,6){A}
\tkzDrawPolygon(A,B,C)
\tkzDefBarycentricPoint(C=1,B=2) \tkzGetPoint{A'}
\tkzDefPointBy[reflection = over A--B](A')\tkzGetPoint{A1}
\tkzDefPointBy[reflection = over A--C](A')\tkzGetPoint{A2}
\tkzDrawSegments[dashed](A',A1 A',A2)
\tkzDrawSegments[magenta](A,A2 A,A' A,A1)
\tkzInterLL(A,C)(A',A2) \tkzGetPoint{a}
\tkzInterLL(A,B)(A',A1) \tkzGetPoint{b}
\tkzMarkRightAngle(A',a,A)
\tkzMarkRightAngle(A',b,A)
\tkzLabelPoints(B)
\tkzLabelPoints[above](A)
\tkzLabelPoints[below left](C)
\tkzLabelPoints[below](A')
\tkzLabelPoint[right](A1){$A_1$}
\tkzLabelPoint[left](A2){$A_2$}
\end{tikzpicture}
\end{center}

On a alors :
\[ AA_2=AA'=AA_1 \qquad\text{et}\qquad \left\lbrace\begin{array}{l}
\widehat{A'AB}=\widehat{A_1AB}\\ 
\widehat{A'AC}=\widehat{A_2AC}
\end{array}
\right.\]
car les triangles $AA'A_2$ et $AA'A_1$ sont isocèles en A.

\medskip

Notons :
\[ \gamma = \widehat{BAC}\qquad\text{exprimé en degrés}.\]
Alors,
\[ \widehat{A_1AA_2}=2\gamma.\]
Le triangle ABC étant acutangle, $0<\gamma<90$ donc $0<2\gamma<180$. Ainsi, $(A_1A_2)$ coupe $(AC)$ et $(AB)$. Notons $M$ et $N$ les points d'intersection comme indiqués sur la figure ci-dessous :

\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=0.8]
\tkzInit[xmin= -1,xmax=9 ,ymin=0 ,ymax=7 ] 
\tkzClip[space=.7]
\tkzDefPoint(0,0){C}
\tkzDefPoint(7,0){B}
\tkzDefPoint(5,6){A}
\tkzDrawPolygon(A,B,C)
\tkzDefBarycentricPoint(C=1,B=2) \tkzGetPoint{A'}
\tkzDefPointBy[reflection = over A--B](A')\tkzGetPoint{A1}
\tkzDefPointBy[reflection = over A--C](A')\tkzGetPoint{A2}
\tkzDrawSegments[dashed](A',A1 A',A2)
\tkzDrawSegments[magenta](A,A2 A,A' A,A1)
\tkzInterLL(A,C)(A',A2) \tkzGetPoint{a}
\tkzInterLL(A,B)(A',A1) \tkzGetPoint{b}
\tkzMarkRightAngle(A',a,A)
\tkzMarkRightAngle(A',b,A)
\tkzInterLL(A1,A2)(A,C) \tkzGetPoint{N}
\tkzInterLL(A1,A2)(A,B) \tkzGetPoint{M}
\tkzDrawSegment[red](A1,A2)
\tkzDrawSegment[red,dotted](N,A')
\tkzDrawSegment[red,dotted](M,A')
\tkzLabelPoints(B)
\tkzLabelPoints[above](A)
\tkzLabelPoints[below left](C)
\tkzLabelPoints[below](A')
\tkzLabelPoints[above left](N)
\tkzLabelPoints[above right](M)
\tkzLabelPoint[right](A1){$A_1$}
\tkzLabelPoint[left](A2){$A_2$}
\end{tikzpicture}
\end{center}

Les triangles $A'NA_2$ et $A'MA_1$ sont isocèles respectivement en $N$ et $M$. Donc, 
\[ NA_2=NA'\qquad\text{et}\qquad MA_1=MA'.\]
Ainsi, le périmètre de $MNA'$ est égal à $A_1A_2$.

\medskip

Si on considère $M'$ sur $(AB)$ et $N'$ sur $(AC)$, respectivement distincts de $M$ et $N$, alors le périmètre de $M'A'N'$ est égal à la longueur de la ligne brisée $A_2N'A'M'A_1$ pour les m\^emes raisons que précédemment.

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzInit[xmin= -1,xmax=9 ,ymin=0 ,ymax=7 ] 
\tkzClip[space=.5]
\tkzDefPoint(0,0){C}
\tkzDefPoint(7,0){B}
\tkzDefPoint(5,6){A}
\tkzDrawPolygon(A,B,C)
\tkzDefBarycentricPoint(C=1,B=2) \tkzGetPoint{A'}
\tkzDefPointBy[reflection = over A--B](A')\tkzGetPoint{A1}
\tkzDefPointBy[reflection = over A--C](A')\tkzGetPoint{A2}
\tkzDrawSegments[dashed](A',A1 A',A2)
\tkzDrawSegments[magenta](A,A2 A,A' A,A1)
\tkzInterLL(A,C)(A',A2) \tkzGetPoint{a}
\tkzInterLL(A,B)(A',A1) \tkzGetPoint{b}
\tkzMarkRightAngle(A',a,A)
\tkzMarkRightAngle(A',b,A)
\tkzInterLL(A1,A2)(A,C) \tkzGetPoint{N}
\tkzInterLL(A1,A2)(A,B) \tkzGetPoint{M}
\tkzDrawSegment[red](A1,A2)
\tkzDrawSegment[red,dotted](N,A')
\tkzDrawSegment[red,dotted](M,A')
\tkzDefBarycentricPoint(A=2,B=1) \tkzGetPoint{M'}
\tkzDefBarycentricPoint(A=2.5,C=1) \tkzGetPoint{N'}
\tkzDrawSegments[blue](A2,N' N',A' A',M' M',A1)
\tkzDrawSegment[blue,dotted](N',M')
\tkzLabelPoints(B)
\tkzLabelPoints[above](A)
\tkzLabelPoints[below left](C)
\tkzLabelPoints[below](A')
\tkzLabelPoints[above left](N,N')
\tkzLabelPoints[above right](M,M')
\tkzLabelPoint[right](A1){$A_1$}
\tkzLabelPoint[left](A2){$A_2$}
\end{tikzpicture}
\end{center}

C'est bien connu : le chemin le plus court est la ligne droite donc la ligne brisée (bleue) est nécessairement de longueur supérieure à la longueur de $[A_1A_2]$.

\paragraph*{Dans un deuxième temps, on cherche la position de A'} sur (BC).

Pour minimiser le périmètre du triangle $A'MN$, on doit donc trouver la position de $A'$ sur (BC).

Comme nous l'avons vu, ce périmètre vaut $A_1A_2$, où $[A_1A_2]$ est la base du triangle isocèle $AA_1A_2$ dont l'angle au sommet principal est constant et vaut toujours $2\gamma$.

\medskip

Pour minimiser $A_1A_2$, il faut minimiser $AA_1$, soit $AA'$ car ces deux longueurs sont égales.

Or, la distance la plus courte entre un point (ici, $A$) et une droite (ici, $(BC)$) est la longueur du segment perpendiculaire à la droite et passant par le point, donc ici la hauteur issue de $A$.

Ainsi, $A'$ est le pied de la hauteur du triangle $ABC$ issue de $A$.

\paragraph*{\boldmath Dans un troisième temps, on montre que $M=C'$ et $N=B'$,} où $B'$ et $C'$ sont respectivement les pieds des hauteurs de $ABC$ issues de $B$ et $C$.

\medskip

Cette démonstration repose sur le fait que :
\begin{equation}
\widehat{BC'A'}=\widehat{BCA}\qquad\text{et}\qquad\widehat{BCA}=\widehat{AC'B'}.\label{prop}
\end{equation}

Alors, comme $A'C'A_1$ est isocèle en $C'$, 
\[ \widehat{A_1C'B}=\widehat{BC'A'}=\widehat{BCA}=\widehat{AC'B'}\;,\]
ce qui signifie que $B'$, $C'$ et $A_1$ sont alignés.

\medskip

De la m\^eme façon, on montre que $C'$, $B'$ et $A_2$ sont aussi alignés, ce qui finalement démontre que $B'$ et $C'$ sont sur la droite $A_1A_2$ et donc que $M=C'$ et $N=B'$.

\paragraph*{N.B.} Les égalités \eqref{prop} ne sont pas évidentes ; il faut donc les justifier.

\medskip

Les triangles $A'CA$ et $C'CA$ sont rectangles d'hypoténuse [AC] ; donc [AC] est un diamètre du cercle $\mathscr{C}$ passant par $A$, $C$, $A'$ et $C'$ comme l'illustre le schéma suivant :

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzInit[xmin= 0,xmax=8 ,ymin=0 ,ymax=7 ] \tkzClip[space=1]
\tkzDefPoint(0,0){C}
\tkzDefPoint(7,0){B}
\tkzDefPoint(5,6){A}
\tkzDrawPolygon(A,B,C)
\tkzDefMidPoint(C,B)\tkzGetPoint{I}
\tkzInterLC(A,C)(I,B)
\tkzGetSecondPoint{B'}
\tkzInterLC(A,B)(I,B)
\tkzGetFirstPoint{C'}
\tkzInterLL(B,B')(C,C')
\tkzGetPoint{H}
\tkzInterLL(A,H)(C,B)
\tkzGetPoint{A'}
\tkzDrawSegments[color=orange](C,C' A,A' B,B' B',C' A',B')
\tkzMarkRightAngles(C,C',A C,A',A)
\tkzDrawPoints(A,B,C,A',C',H)
\tkzDefMidPoint(A,C)\tkzGetPoint{I}
\tkzCalcLength[cm](A,I)\tkzGetLength{rAI}
\tkzDrawCircle[R,dotted](I,\rAI cm)
\tkzDrawSegments[color=red,dashed,line width=1.5pt](C,A A,A' C,C' C',A')
%
\tkzLabelPoints(B)
\tkzLabelPoints[above](A)
\tkzLabelPoints[below left](C,H)
\tkzLabelPoints[right](C'))
\tkzLabelPoints[below](A')
\tkzLabelPoints[left](B')
\tkzMarkAngle[size=.75 cm,mkcolor=red](C,A,A')
\tkzMarkAngle[size=.75 cm,mkcolor=red](C,C',A')
\end{tikzpicture}
\end{center}

Les angles $\widehat{CAA'}$ et $\widehat{CC'A'}$ interceptent le m\^eme arc $\wideparen{CA'}$ et sont inscrits dans le m\^eme cercle donc ils ont la m\^eme mesure :
\begin{equation}
\widehat{A'CA}=\widehat{CC'A'}\label{eg-angles}
\end{equation}

De plus, le triangle $A'CA$ est rectangle en $A'$ donc :
\[ \widehat{CAA'}+\widehat{A'CA}=90^\circ.\]

Le triangle $BCC'$ est rectangle en $C'$ donc :
\[ \widehat{CC'A'}+\widehat{A'C'B}=90^\circ.\]
Ainsi,
\[ \widehat{A'C'B}+\widehat{CC'A'}=\widehat{CAA'}+\widehat{A'CA}\]
et donc, d'après l'égalité \ref{eg-angles} :
\[
\boxed{\widehat{A'C'B}=\widehat{A'CA}}
\]
ce qui démontre la première égalité des égalités \ref{prop}.

\medskip

L'angle $\widehat{CA'C'}$ intercepte le petit arc $\wideparen{CC'}$ et l'angle $\widehat{CAC'}=\widehat{BAC}$ intercepte le grand angle $\widehat{CC'}$ ; ils sont donc supplémentaires.

De manière analogue, on démontre que $\widehat{BA'B'}$ et $\widehat{BAB'}=\widehat{BAC}$ sont aussi supplémentaires (en considérant les triangles rectangles $AA'B$ et $AB'B$).

On obtient alors :
\[ \widehat{BA'B'}=\widehat{CA'C'}\;,\]
ce qui montre que $[A'A)$ est une bissectrice de l'angle $\widehat{B'A'C'}$.

On peut démontrer de la m\^eme façon que $[C'C)$ est une bissectrice de $\widehat{A'C'B'}$, et donc que :
\[ \widehat{AC'B'}=\widehat{BC'A'}\]
soit :
\[ \widehat{BCA}=\widehat{AC'B'}\;,\]
ce qui démontre la seconde égalité des égalités \ref{prop}.
\end{document}