D167 – Une paire de cercles inscrits
Le cercle inscrit d’un triangle ABC a pour centre I et touche les côtés BC, CA et AB aux points D, E et F. La bissectrice AI coupe les droites DE et DF aux points P et Q. Soit H le pied de la hauteur issue de A sur BC.
Démontrer que D est le centre du cercle inscrit du triangle HPQ.
Solution proposée par Patrick Gordon
On nommera H le pied de la hauteur issue de A sur BC et A' le point où la bissectrice AI coupe la droite BC.
1. Montrons tout d'abord que HD est la bissectrice intérieure de l'angle PHQ.
Nous montrerons pour cela :
- que les droites DA, DA', DP, DQ forment un faisceau harmonique, - que, par conséquent, AA'PQ sont en division harmonique,
- que le faisceau HA, HA', HP, HQ est donc harmonique lui aussi.
Prenons temporairement l'origine des coordonnées en D et l'axe des x parallèle à BC.
Rappelons que, pour qu'un faisceau de droites 1 234 dont une (1) est parallèle à l'axe des x soit harmonique, il faut et suffit que la pente de la conjuguée de 1 soit la moyenne harmonique des pentes des deux autres droites.
Soit ici à montrer que : 1/pDE + 1/pDF = 2/pDA
Sans restreindre la généralité, on peut supposer B "à gauche"et c < b comme sur la figure.
Les pentes pDE et pDF se calculent aisément dans les triangles DEC et DFB respectivement. On trouve :
1/pDE = tanC/2 1/pDF = – tanB/2
La pente pDA se calcule comme suit.
D'une part (toujours avec les signes de la figure) :
1/pDA = – HD / HA = – (CH – CD) / HA= – (b cosC – (p–c)) / b sin C
= – cot C + (p–c) / HA
En raisonnant de même avec l'angle B, il vient : 1/pDA = cot B – (p–b) / HA
En additionnant ces deux expressions, il vient : 2/pDA = cot B – cot C + (b–c) / HA Reste à montrer que :
cot B – cot C + (b–c) / HA = tanC/2 – tanB/2 Or b/HA= 1/sinC et c/HA = 1/sinC
En séparant les termes en B des termes en C, cela revient à montrer que : cot B + tanB/2 – 1/sinB = cot C + tanC/2 – 1/sinC
Or, en exprimant les lignes trigonométriques de B et de C en fonction de tanB/2 ou tanC/2, on voit aisément que ces deux membres sont nuls.
On a donc bien montré que les droites DA, DA', DP, DQ forment un faisceau harmonique.
Il en résulte, comme annoncé :
- que AA'PQ sont en division harmonique,
- que le faisceau HA, HA', HP, HQ est donc harmonique lui aussi.
Or HA et HA' sont orthogonales. Donc HD est la bissectrice intérieure de l'angle PHQ.
2. Montrons maintenant que D est le centre du cercle inscrit du triangle PHQ On calculera tout d'abord les angles DPA' et DQA'.
Dans le triangle DPA', l'angle PDA' est facile à calculer : il vaut (π–C)/2.
L'angle DA'P se calcule dans le triangle ABA' : il vaut π–A/2–B.
Il en résulte que : DPA' = B/2.
On établit de la même manière que : DQA' = C/2.
D est le centre du cercle inscrit du triangle HPQ si PD et QD sont respectivement les bissectrices intérieures des angles A'PH et A'QH.
Dans ce cas, HPQ = B, HQP = C et PHQ =A. Le triangle HPQ est donc semblable au triangle ABC – ce que l'on aurait sans doute pu démontrer directement.
