A
B C
I F E
L K
C′ B′
G
Appelons C, le cercle de diamètre [IA]. Comme IEAÔ =IF AÔ = 90°, alors E, F ∈ C. Autrement dit, I appartient au cercle circonscrit à A, E et F.
L’image de Cpar la symétrie centraleSI de centre I est un cercleC′ tangent en I et contenant K et L, images respectives de E et F.
Pour répondre au problème posé il faut et il suffit de montrer que les point B et C sont surC′ ou de façon équivalente, de montrer que leurs images B’ et C’ par SI sont surC.
Posonsx=AE=AF,y=CE=CG etz=BG=BF. Alors on a les équivalentes suivantes :
a+b+c= 4a ⇔x+y+y+z+z+x= 4a
⇔x+y+z= 2a
⇔x+y+z= 2y+ 2z
⇔x=y+z
⇔rcot(
Ab
2) =rcot(
BÒ
2) +rcot(
CÒ
2)
⇔cot(
Ab
2) = cot(
BÒ
2) + cot(
CÒ
2)
⇔cot(π 2 −
BÒ
2 − CÒ
2) = cot(
BÒ
2) + cot(
CÒ
2)
⇔tan(
BÒ
2 + CÒ
2) = cot(
BÒ
2) + cot(
CÒ
2)
⇔ tan
BÒ
2 + tan CÒ
2 1−tan
BÒ
2 tan CÒ
2
= tan
BÒ
2 + tan CÒ
2 tan
BÒ
2 tan CÒ
2
⇔tan BÒ
2 tan CÒ
2 = 1 2
⇔cos(
BÒ
2) = 2 sin(
BÒ
2) tan(
CÒ
2). (1)
Par ailleursB′ ∈ C ⇔BI×BB′=BF×BA⇔BF
BI = BB′
AB = 2BI
AB. (2)
Dans le triangle BIF, cos(
BÒ
2) =BF BI.
Dans le triangle BIA, d’après la loi des sinus : BI
AB = sin(
Ab
2) sin(
Ib
2)
= sin(
Ab
2) sin(π
2 + CÒ
2)
= sin(
Ab
2) cos(
CÒ
2)
= sin(π
2 − CÒ
2 − BÒ
2) cos(
CÒ
2)
= cos(
CÒ
2 + BÒ
2) cos(
CÒ
2)
= cos(
BÒ
2) cos(
CÒ
2)−sin(
BÒ
2) sin(
CÒ
2) cos(
CÒ
2)
= cos(
BÒ
2)−sin(
BÒ
2) tan(
CÒ
2).
On a alors cos(
BÒ
2) = 2 cos(
BÒ
2)−2 sin(B
2) tan(C
2)⇔cos(
BÒ
2) = 2 sin(
BÒ
2) tan(
CÒ
2) Les conditions (1) et (2) sont équivalentes. On a bien B∈ C′.
On traite le cas de C de la même manière.
