Les tangentes en S et T ont pour équations z = 2s – s² ̄ z et z = 2t – t² ̄ z la résolution de ce système donne a = 2st/(s+t) et de même b = 2sd/(s+d) et c = 2td/(t+d)

(1)

D1821 Une Figure Pascalienne.

Soient O le centre du cercle circonscrit (Γ) et I le centre du cercle inscrit (γ) d'un triangle ABC. Le cercle (γ) touche le côté BC au point D, la bissectrice AI coupe le cercle (Γ) en un deuxième point E autre que le point A et le point F est le point diamétralement opposé au point A sur ce même cercle (Γ). Les droites FI et DE se coupent en un point P, les droites PC et BE se coupent en un point Q et les droites AC et BF se coupent en un point R. Démontrer que les points Q,I,R sont alignés.

On va montrer que P est sur le cercle (Γ) en comparant les angles (IÂO) et (DE,IF).

Le cercle (γ) est supposé être de rayon 1. Ce cercle est tangent en D à BC. Soient S et T les points de contact de (γ) avec AB et AC. L'affixe de chaque point sera désigné par la lettre minuscule correspondante.

Les tangentes en S et T ont pour équations z = 2s – s² ̄ z et z = 2t – t² ̄ z la résolution de ce système donne a = 2st/(s+t) et de même b = 2sd/(s+d) et c = 2td/(t+d)

Le développement d'un déterminant d'ordre 4 conduit à l'équation du cercle

(Γ) qui passe par A,B,C : z

̄ z

– 2z

( st+ td + ds)

((s+t )(t +d )(d +s))

^{– 2}

̄ z (std ( s+t+ d )) (( s+t )(t+d )(d + s))

⁺

(4std )

(( s+t )(t+d )(d + s))

^{= 0} Le centre O de (Γ) a pour affixe o =

(2std ( s+t + d ))

(( s+t )(t +d )(d +s))

F a pour affixe f = 2o – a =

(4std ( s+t +d ))

((s+ d )( t+ d )(d + s ))

– 2st/(s+t) =

(2st (d

²

+d ( s+t )−st )) (( d + s)(s+t)( t+d ))

Dans l'équation de (Γ) on remplace z par ka = 2kst/(s+t) et

̄ z

par k

̄ a

= 2k/(s+t) où k est réel, les solutions de l'équation d'inconnue k ainsi obtenues sont k=1 et, pour le point E, k =

( d ( s+t))

((s+ d )( t+ d ))

donc e =

( 2std)

((s+ d )( t+ d ))

On doit comparer les arguments des nombres complexes f/(e-d) et (o-a)/a e – d =

(2std )

(( s+ d )( t+d ))

^{- d = –}

(d ( d

²

+ d (s+t )−st )) (( d + s)(d +t ))

f/(e-d) =

(2st (d

²

+d ( s+t )− st))

((d +s)( s+t )( t+ d ))

^{/ [ –}

(d ( d

²

+d (s+t )−st )) (( d + s)(d +t ))

^{] =}

(−2st ) (d ( s+ t))

o – a =

( 2std( s+t +d ))

(( s+t )(t +d )(d + s))

^–

( 2st) ( s+t )

^{= –}

(2s

²

t

²

)

((d + s)( s+t )(t+d ))

(o-a)/a = –

( s t)

(( d + s)(t+ d ))

; [f/(e-d) ] / [(o-a)/a] =

(2( d + t )(d + s)) ( d (s+t ))

Cette expression est invariante lorsqu'on procède aux substitutions d→1/d, s→1/s, t→1/t , elle est égale à son conjugué, elle est réelle, les angles (IÂO) et (DE,IF) sont égaux, donc P est sur le cercle (Γ).

(2)

PCAEBF est un hexagone inscrit dans le cercle (Γ), le théorème de Pascal s'applique : les trois points PC ∩ EB = Q, CA ∩ BF = R, et AE ∩ FP = I sont alignés.