D 240 - Un trio de quadrilatères
Soit un triangle ABC quelconque . Démontrer les propriétés suivantes :
1) Il existe un point D dont on donnera la construction à la règle et au compas tel que le quadrilatère ABCD est bicentrique, c’est à dire qu’il admet un premier cercle de centre O qui lui est circonscrit et un deuxième cercle intérieur de centre I tangent à ses quatre côtés aux points P,Q,R et S.
2) Le point E d’intersection des diagonales AC et BD du quadrilatère ABCD est aligné avec les points O et I.
3) Les diagonales du quadrilatère PQRS sont perpendiculaires entre elles et se rencontrent au point E.
4) Le quadrilatère KLMN dont les sommets sont les pieds des perpendiculaires issues du point E sur les côtés du quadrilatère PQRS, est lui-même un quadrilatère bicentrique dont E est le centre du cercle inscrit et qui est homothétique au quadrilatère ABCD.
Solution proposée par Maurice Bauval
Q1) Construction du point D pour que le quadrilatère ABCD soit bicentrique : Il faut trouver, sur le cercle circonscrit au triangle ABC, un point D tel que DA – DC = BA – BC.
Si BA = BC, la médiatrice de AC recoupe le cercle en D. Si BA ≠ BC, la branche d'hyperbole de foyers A et C qui passe par B coupe le cercle en D, mais cela n'est pas constructible.
Je me propose de calculer les longueurs AD et CD, en posant AD = t + h , CD = t – h et AC = X.
J'ai supposé BA > BC.
Dans le triangle ADC, on a AC² = AD² + CD² - 2 AC.CD.cos ADC mais cos ADC = - cos ABC.
X² = (t+h)² + (t-h)² + 2( t² – h² ) cos ABC = 2t²(1 + cos ABC) + 2h²(1- cos ABC) X² = ( 2t cos B/2 )² + ( 2h sin B/2 )²
Un arc de cercle (rouge)de centre A de rayon BC coupe AB en Z donc ZB = 2h.
Z se projette orthogonalement en T sur la bissectrice de ABC, donc ZT = 2h sin B/2.
Un arc de cercle (vert) de centre A de rayon ZT coupe en S le demi cercle (rouge) de diamètre AC.
La relation de Pythagore donne SC = 2t cos B/2. Un arc de cercle (bleu) de centre B de rayon SC coupe en G la bissectrice de ABC. La perpendiculaire à cette bissectrice élevée depuis G coupe en H la demi droite BA. Donc BH = 2t. Un arc de cercle (rouge) de centre A de rayon ( BH + ZB) /2 coupe le cercle circonscrit à ABC en 2 points. D est celui qui est distant de C de (BH – ZB)/ 2.
Q2 ) Montrons d'abord que les diagonales (rouges) du quadrilatère ABCD et les diagonales (vertes) du quadrilatère PQRS sont concourantes. Soient G et H les points d'intersections des côtés opposés AD et BC, AB et CD. Supposons que PR∩AC = N et QS∩AC =N' .
2*Aire ANP = NA.NP. sinANP = PA.PN. sinAPN 2*Aire CRN = NC.NR. sinCNR = RC.RN. sinCRN
ANP et CNR sont opposés par le sommet , donc ont même sinus.
APN est supplémentaire de HPR qui, dans le triangle isocèle PHR, est égal à HRP ou encore CRN.
Donc APN et CRN ont aussi même sinus. La comparaison des 2 aires donne : (NA.NP)/(NC.NR)=(PA.PN)/(RC.RN) et, après simplification, NA/NC = PA/RC.
N partage AC dans le rapport PA/RC.
On démontre de même que N' partage AC dans le rapport SA/QC. Mais PA=SA et RC=QC : De NA/NC = N'A/N'C on déduit N'=N. La droite AC passe donc par le point d'intersection des diagonales (vertes) de PQRS. On démontre de même que BD passe par ce point E ( E = N
= N' )
Pourquoi les points OIE sont alignés : Par rapport au cercle(I), PR est la polaire de H et QS est la polaire de G. Le pôle de la droite GH est le point E. Donc IE et GH sont
perpendiculaires.
AC et BD se coupent en E et AB et CD se coupent en H, donc E et H sont conjugués par rapport au cercle (O). De même E et G sont conjugués. E est le pôle de la droite GH par rapport au cercle (O).
Donc OE (et IE ) sont perpendiculaires à la droite GH. Donc OEI sont alignés.
Q3) orthogonalité de PR et SQ : Dans le triangle SEP : SÊP = Π – PSE – SPE.
D'une part PSE = PSQ = BPQ comme angles inscrits interceptant le même arc PQ du cercle (I).Dans le triangle isocèle PBQ de sommet B,l'angle BPQ = (Π – PBQ)/2.
D'autre part SPE = SPR = DSR comme angles inscrits interceptant le même arc SR du cercle (I).Dans le triangle isocèle SDR de sommet D,l'angle DSR = (Π – SDR)/2.
On reprend : SÊP = Π – PSE – SPE = Π – (Π – PBQ)/2 -(Π – SDR)/2 = (PBQ + SDR)/2 = Π /2.
Les diagonales du quadrilatère PQRS sont donc perpendiculaires.
Q4) Quadrilatère KLMN
Les 4 quadrilatères KELQ, LEMR, MENS, NEKP sont inscriptibles dans les cercles de diamètres QE, RE, SE, PE. Il en résulte des égalités d'angles inscrits qui interceptent le même arc :EMN = ESN = QSP et EML = ERL = PRQ , mais dans le cercle (O), QSP = QRP.
Finalement les angles EMN et EML son égaux et EM est bissectrice de EML. Le point E étant sur les 4 bissectrices du quadrilatère KLMN est le centre d'un cercle inscrit dans KLMN.
Évaluation des angles KNM et KLM :
KNM = 2 ENM = 2 ESM = 2 ESR et KLM = 2 ELM = 2 ERM = 2 ERS. Mais dans le triangle ESR rectangle en E, on a ESR+ERS = Π/2 , d'où KNM+KLM = Π. Le quadrilatère KLMN est donc aussi inscriptible et bicentrique.
Comparaison des quadrilatères ABCD et KLMN : Les centres de leurs cercles inscrits sont I et E .Les rayons IB et EK sont perpendiculaires à la corde PQ du cercle (I). Les rayons vecteurs IB et EK sont parallèles et de même sens, il en est de même pour IC et EL perpendiculaires à QR, ID et EM perpendiculaires à RS, IA et EN perpendiculaires à SP.
Le troisième quadrilatère KLMN est donc homothétique du quadrilatère BCDA.
Ref :http://www.cut-the-knot.org/geometry.shtml
http://www.cut-the-knot.org/Curriculum/Geometry/OrthodiagonalQuadri.shtml
