D1853 ‒ De retour de Djakarta [**** à la main]
Problème proposé par Jean-Louis Aymé
Soit un triangle ABC dont le cercle inscrit (γ) touche les côtés BC,CA et AB respectivement aux points D,E et F. Soient M le deuxième point d'intersection de la droite (AD) avec le cercle (γ) et N le deuxième point d'intersection de la droite (DF) avec le cercle circonscrit au triangle MDC.
G étant le point d'intersection des droites (CN) et (AB), démontrer que CD = 3GF Solution proposée par Bernard Vignes
On considère le repère orthonormé dans lequel D est l'origine, la droite (BC) est l'axe des abscisses et la droite (DI) est l'axe des ordonnées.
On va calculer successivement les coordonnées des points A, M, N, F et G afin démontrer que FG = 1.
Sans perte de généralité on pose DC = 3, β = DBI et γ = ICD puis u = tan(β) et v = tan(γ).
On en déduit DI = 3v et BD = 3v/u puis les équations suivantes:
droite (AB) : Y = 2u/(1 ‒ u²).(X + 3v/u) droite (AC): Y = 2v/(v² ‒ 1).(X ‒ 3)
cercle inscrit de centre I : X² + Y² - 6vY = 0
D'où les coordonnées du point A à l'intersection des droites (AB) et (AC):
XA = 3(u ‒ v)v/(uv ‒ 1) et YA = 6v/( uv ‒ 1) qui permettent d'établir l'équation de la droite (DA):
Y = 2X/(v ‒ u)
Les coordonnées du point M qui est le deuxième point d'intersection du cercle inscrit avec la droite (DA) sont alors: XM = 12v(v ‒ u)/[(u ‒ v)² + 4) et YM = 2uv/[(u ‒ v)² + 4).
L'équation du cercle (CDM) qui passe par l'origine et les points C et M a pour forme générale :
X² + Y² ‒pX ‒qY = 0. Comme il passe par C, on obtient p = 3 soit X² + Y² ‒ 3X ‒qY = 0 puis comme il passe par M on obtient q = 3(u + 3v)/2 soit X² + Y² ‒ 3X ‒3(u + 3v)Y/2 = 0.
Comme IDF = DBI = β, on a l'équation de la droite (DF) : Y = ‒X/u puis les coordonnées de F:
XF = ‒ 6 uv/(u² + 1) et YF = 6v/( u² + 1).
Les coordonnées du point N à l'intersection de la droite (DF) et du cercle (CDM) sont alors:
XN = 3u(u ‒ 3v)/[2(u² + 1)] et YN = 3(3v ‒ u)/[2(u² + 1)].
La droite (CN) a alors pour équation: Y = (u ‒ 3v)(X ‒ 3)/(u² + 3uv + 2).
D'où les coordonnées du point G qui est à l'intersection de la droite (AB) et de la droite (CN):
XG = (u² ‒ 6uv ‒ 1)/(u² + 1) et YG = 2(3v ‒ u)/(u² + 1)
On vérifie aisément que quels que soient u et v: (XF ‒ XG)² + (YF ‒ YG)² = 1. Cqdf
Nota:après avoir obtenu la relation CD = 3FG, on démontre par le biais du théorème de Ménélaüs appliqué au triangle isocèle BDF avec la droite CNG que CN = 3NG.
