D1826. La saga des dichotomies (2ème épisode)
Problème proposé par Jean-Louis Aymé
Soient un carré ABCD et O le centre du cercle circonscrit à ce carré.
On trace un point P de l'arc CD qui ne contient pas A.
Les points K et L sont respectivement les points d'intersection des droites PA et BD d'une part , des droites PB et AC d'autre part.
On désigne par M et N les pieds des perpendiculaires à la droite CD issues respectivement de K et de L.
Enfin le point Q est à l'intersection des droites KN et LM.
Démontrer que la droite PQ passe par le point J milieu de AB
Résultats préliminaires Dans le trapèze ABSR,
avec I milieu de [RS] et J milieu de [AB], le théorème du trapèze nous permet d’affirmer que P, I et J sont alignés.
Ces points sont alignés avec l’intersection des diagonales de ce trapèze : [AS] et [BR].
Nous avons donc avec Q = (AS) (BR) et le théorème du trapèze :
P, Q et J milieu de [AB] alignés. ****
Prenons comme unité le côté du carré ABCD : AD=AB=BC=DC=1 Notons que DM=KM car K est sur la diagonale du carré, donnant un angle DKM de 45°.
Nous obtenons ainsi deux carrés en K et L : DM = KM et LN = NC.
Les angles DAR et CBR ont pour somme 45°.
Ceci provient du fait que P est sur le cercle et que l’angle P intercepte un côté du carré.
Avec A+B=45°, nous avons :
tan(A+B)=(tan A +tan B)/(1-tan A*tan B) et tan 45°=1 donc :
tan A + tan B = 1 – tan A * tan B ou encore tan A *tan B = 1 – (tan A +tan B)
En posant,
a = tan DAR = DR /1 = DR b = tan CBS = SC/1= SC Nous obtenons
RS = a * b OU RS = 1- a-b
Soit (C) le cercle circonscrit au triangle DPS
L’angle DPA mesure 45° car il inscrit le côté AD du carré dans le cercle circonscrit au carré ABCD.
Le cercle © est de diamètre DS, puisque l’angle DPS est droit (mesurant 2*45°).
Son centre est le milieu de DS. Soit C1 ce centre.
Alors C1D=C1S=C1P.
On aura C1D C1K puisque angle au centre interceptant [DK] lui-même intercepté par l’angle inscrit en P de 45°.
Donc C1= M, puisque ( MD) (MK) et MK=MD.
Ainsi : MS=DM=MP=MK. M est milieu de DS.
De la même façon, on montrerait que N est milieu de CR.
Posons c = KM=DM et d =LN=NC DC = 1 = DS + SC = 2*c + SC = 2*c + b 1 = 2*c + b -> c = (1-b)/2
De même
1 = 2*d + a -> d = (1-a)/2 et c/d = (1-b)/(1-a) = DS/CR
FINALEMENT on a les relations ***
RS = a*b et a*b = 1-a-b c=(1-b)/2
d=(1-a)/2
c/d = (1-b)/(1-a)
Il faut maintenant montrer que l’intersection des diagonales (AS) et (BR) est confondue avec celle de (KN) et ( LM). Plaçons nous dans le repère orthogonal d’origine D et d’unité AD=DC Soit H la projection de Q sur DC
Les triangles ABQ et SQR sont semblables et QS/AQ=RS=a*b Abscisse de Q -> DH
DH+HS=DS DH+a*b*DH=DS DH*(1+a*b)=1-b DH =(1-b)/(1+a*b) DH=(1-b)/(2-a-b)
Q a pour abscisse (1-b)/(2-a-b)
Ordonnée de Q -> QH QH + QH/a*b =1 Donc QH= 1/(1+1/a*b) QH = a*b/(1+a*b)
Q a pour ordonnée a*b/(1+a*b)
Effectuons le même calcul en considérant Q’ point d’intersection de KN et LM Soit H’ la projection de Q’ sur DC
Les triangles KQ’M et LQ’N sont semblables et MQ’/Q’N=c/d Abscisse de Q’ -> DH’=DM+MH’
MH’+H’N = MN MH’ +d/c MH’ = 1-c-d (1+d/c) MH’ = 1-d-c MH’ = (1-c-d)/(1+d/c) MH’ = c*(1-d)/(c+d) DH’ = c +MH’
DH’=c/(c+d)
Avec les relations ***
DH’=(1-b)/(2-a-b)
Q’ a pour abscisse (1-b)/(2-a-b)
Ordonnée de Q’ -> Q’H’
Q’H’ + (c/d)*Q’H’=KM et KM=c
Donc Q’H’= c/(1+c/d) Q’H’ = c*d/(c+d) Avec les relations ***
Q’H’= (1-b)(1-a)/(1+1-a-b) = 2a*b/(2*(1+a*b)) Q’ a pour ordonnée a*b/(1+a*b)
Les points Q et Q’ ont même coordonnées et sont donc confondus.
On peut conclure avec **** que si Q est à l'intersection des droites KN et LM., la droite PQ passe par le point J milieu de AB
