D1828. La saga des dichotomies (4ième épisode)
Soit un triangle scalène ABC inscrit dans un cercle (Γ). La tangente en C à ce cercle rencontre la droite (AB) au point D. Soit I le centre du cercle inscrit du triangle ABC. La bissectrice de l'angle BDC rencontre les droites AI et BI respectivement aux points P et Q. M étant le milieu de PQ, démontrer que la droite MI coupe l'arc AB qui contient C en son milieu.
Solution de Maurice Bauval :
Soient C' et C'' les points d'intersection de la droite AB avec les bissectrices intérieure et extérieure de l'angle ACB. La division (C'',C',A,B) est harmonique, DC² = DA.DB = DC'² = DC''².
CDC' est isocèle.
Soit E le milieu de CC'. Les points D,Q,E,M,P sont tous sur la médiatrice de CC'.
Coordonnées barycentriques : D(a², – b², 0), C'(a,b,0), C(0, 0, 1), E(a,b,a+b) Droite DE : b²X + a²Y – abZ = 0 Droite AIP: cY – bZ = 0.
Point P : [a(c – a), b², bc] et point Q par échange de a et b et de A et B : Q[a², b(c – b), ac]
Somme des coefficients : pour P : (a+b)( b – a+c) et pour Q : (a+b)(a – b +c) Milieu M de PQ : (a – b +c).[a(c – a), b², bc] + (b – a+c).[a², b(c – b), ac]
M : (ac²+a²c–abc–2a3+2a²b, bc²+b²c–abc–2b3+2ab², ac²+bc²+2abc–a²c–b²c )
La bissectrice extérieure de l'angle C (X = ka, Y = –kb), recoupe le cercle ABC en un point L : Cercle ABC : a²YZ + b²ZX + c²XY = 0, a²(–kb)+b²Z(ka) – c²k²ab = 0, k = Z(b–a)/c²
Point L : (a(b–a), –b(b–a), c² ) . Point I : (a, b, c).
Droite LI : (b²c +bc² –abc)X + ( –a²c –ac² +abc)Y + (2a²b –2ab²)Z = 0 On montre que M⋲LI :
(b²c+bc²–abc)(ac²+a²c–abc–2a3+2a²b) = 2a4bc –4a3b²c –3a3bc² +2a²b3c +4a²b²c² –ab3c² +abc4 . (–a²c–ac²+abc)(bc²+b²c–abc–2b3+2ab²)= –2a3b²c +a3bc² +4a²b3c –4a²b²c²–2ab4c+3ab3c² –abc4 (2a²b–2ab²)(ac²+bc²+2abc–a²c–b²c) = –2a4bc + 6a3b²c +2a3bc² –6a²b3c +2ab4c –2ab3c²
La somme de ces trois produits est nulle, l'équation de la droite LI est vérifiée par les coordonnées du point M : M est sur la droite LI,
