Enoncé D167 (Diophante) Une paire de cercles inscrits
Le cercle inscrit d’un triangle ABC a pour centre I et touche les côtés BC, CA etAB aux points D, E etF. La bissectrice AI coupe les droites DE etDF aux pointsP etQ. SoitH le pied de la hauteur issue deA sur BC. Démontrer queD est le centre du cercle inscrit du triangleHP Q.
Solution de Jean Moreau de Saint-Martin
SiB =C, le triangleHP Qse réduit au pointD. Supposons doncB > C.
On a (BC, QP) = (BC, AI) = (BC, BA) + (AB, AI) = B+A/2 = (π+ B−C)/2.
Dans le triangle isocèle CDE, (DC, DE) = (π−C)/2.
Ainsi (P D, P Q) = (DE, QP) =B/2 = (BC, BI).
De même (QP, QD) = C/2 = (CI, CB) ; les triangles DP Q et IBC ont les mêmes angles et sont semblables à retournement près.
Evaluons le rapport de similitude P D/BI. Soit R le rayon du cercle cir- conscrit au triangle ABC. Le rayon du cercle inscrit est
r = ID = IE = IF = IAsin(A/2) = IBsin(B/2) = ICsin(C/2) = 4Rsin(A/2) sin(B/2) sin(C/2).
La distance de Dà la droiteAIP Q est
IDsin(B/2−C/2) =P Dsin(B/2) =QDsin(C/2).
C’est la hauteur du triangleDP Q, homologue de la hauteurIDdu triangle IBC. Le rapport de similitude est sin(B/2−C/2).
Considérons maintenant le point H; on a CH = 2RsinBcosC =RsinA+Rsin(B−c).
D’autre part CD=R(sinA+ sinB−sinC), d’où
DH =CH −CD= 4Rsin(B/2) sin(C/2) sin(B/2−C/2) =
=AIsin(B/2−C/2) =AI ·DP/BI.
Comme (HD, DP) = (π +C)/2 = (BI, IA), le triangle HDP est sem-
blable à retournement près au triangle AIB, les angles en D et I étant égaux, de même que les rapportsDH/DP =IA/IB.
C’est donc la même transformation (similitude avec retournement) qui fait passer de la configurationIABC des trianglesIAB etIBC à la configu- rationDHP Qdes trianglesDHP etDP Q. Les distances deDaux côtés du triangle HP Q ont pour homologues les distances ID = IE = IF, et sont elles aussi égales entre elles.
Cela prouve qurD est centre du cercle inscrit du triangleHP Q, CQFD.
