D1900 – Un X fixe
Soient un triangle ABC et un point P variable sur la droite BC de sorte que C est situé entre B et P et les cercles inscrits aux triangles ABP et ACP se rencontrent en deux points D et E.
Montrer que la droite DE passe par un point fixe X indépendant de la position de P.
Solution géométrico-trigonométrique
La droite DE (qui n'existe que si les deux cercles sont sécants) est l'axe radical des deux cercles (qui, lui, existe toujours). Donc, si l'on note U et V leurs points de contact avec BC, elle coupe BC au milieu de UV.
La droite DE, qui est parallèle aux droites UU' et VV' (car les trois sont perpendiculaires à la bissectrice de l'angle APB) est donc en outre située à égale distance de ces deux-ci.
Ainsi, si UU' passe par un point fixe Y et VV' par un point fixe Z, DE passera par le point fixe X, milieu de YZ.
Or c'est bien le cas.
Nous ferons la démonstration pour le triangle ABP. Elle vaut également, mutatis mutandis, pour le triangle ACP.
Dans le triangle ABP, soit Y l'intersection de la bissectrice de l'angle en B et de UU', et I le centre du cercle inscrit.
Considérons le triangle IUY.
On établit aisément que ses angles sont :
- angle en I = /2 + B/2 - angle en U = P/2 et on en déduit que :
- angle en Y = /2
(A, B et P étant les angles du triangle ABP).
Par ailleurs IU = r (rayon du cercle inscrit au triangle ABP).
La loi des sinus dans ce triangle nous indique que : YU / cos(B/2) = r / sin(A/2)
Mais, si l'on note h la hauteur issue de A dans le triangle ABP, en exprimant de deux manières l'aire de ce triangle, il vient :
r = hBP / 2p Et par ailleurs :
BP / sinA = AP / sin B = AB / sinP = 2p / (sinA + sinB + sinP) D'où BP / 2p = sinA / (sinA + sinB + sinP) et, par conséquent :
r = h sinA / (sinA + sinB + sinP) D'où :
YU = h sinA cos(B/2) / (sinA + sinB + sinP) sin(A/2)
Mais la "hauteur" h' à laquelle se trouve Y au-dessus de BP est YU cos(P/2) (car P/2 est l'angle en U du triangle IUY), d'où :
h' = h sinA cos(B/2) cos(P/2) / (sinA + sinB + sinP) sin(A/2)
Il ne reste plus qu'à remarquer que sinA, au premier membre, n'est autre que 2 sin(A/2) cos(A/2), pour en déduire que :
h' = 2h cos(A/2) cos(B/2) cos(P/2) / (sinA + sinB + sinP) Or, dans tout triangle ABP, on a l'identité :
(sinA + sinB + sinP) = 4 cos(A/2) cos(B/2) cos(P/2)
Il suffit, pour la retrouver, d'écrire : sinA = sin(B+P) = sinB cosP + sinP cosB.
Le premier membre s'écrit alors :
sinB (1 + cosP) + sinP (1 +cosB) et l'on remplace (1 + cosP) par 2cos² (P/2), etc.
Il en résulte que :
h' = h/2.
Ainsi, le point Y, que nous avions défini comme intersection de la bissectrice de l'angle en B et de UU', est aussi sur la parallèle à BP "à mi-hauteur".
Y est donc l'intersection de deux droites fixes, indépendantes de P : la bissectrice de l'angle en B du triangle ABC et la parallèle à BC "à mi-hauteur".
De même, Z est l'intersection de deux droites fixes, indépendantes de P : la bissectrice extérieure de l'angle en C du triangle ABC et la parallèle à BC "à mi-hauteur".
Les points Y et Z sont donc fixes et DE passe par leur milieu X, qui est fixe aussi.
