Solution proposée par Michel ROME SoitLle pied de la bissectrice issue deA

Problème D1964 – Un parallélogramme qui tombe... à pic.

Le cercle inscrit d’un triangle ABC a pour centreI et touche les côtésBC,CA et ABaux pointsD,E etF.M étant le milieu deBC, la droiteM I coupe la hauteur AH au point P. La droite DE coupe au point Q la parallèle issue de A au côté BC. La droiteF Qcoupe le cercle inscrit au pointK. Démontrer queAP IK est un parallélogramme.

Solution proposée par Michel ROME

SoitLle pied de la bissectrice issue deA. SoitI⁰ le centre du cercle exinscrit sur la bissectrice relative àA. (A, L, I, I⁰) est une division harmonique et sa projection sur AB, (H, L, D, D⁰) aussi. Les segmentsBC etDD⁰ ont même milieuM.

A

B C

I

M D

P

H L

T

I⁰ D⁰

On a IL IA = DL

DH =−D⁰L

D⁰H =k. Le résultat suivant est peu connu mais général dans une division harmonique.

On a (1−k)−−→

M D=−−→

M L−k−−→

M H et (1 +k)−−−→

M D⁰ =−−→

M L+k−−→

M H. Compte tenu que

−−→M D=−−−−→

M D⁰ on trouve M L M D =−k.

Considérons les homothétiesHom(I,IL

IA) puisHom(M,M D M L),−→

AP devient−→

LT puis

−→DI. La transformation qui est composée des deux homothéties est une symétrie

centrale, d’où−→

AP =−→

ID.

Occupons nous maintenant du pointK.

A

B

C I

D

E F

Q

K

B⁰

α

α

α

Soit B⁰ l’intersection de la bissectrice issu de B avec la droite passant par A et parallèle àBC.

Les anglesABBd⁰,Bd⁰BC et BBd⁰A sont égaux. donc le triangleBAB⁰ est isocèle en A. Le triangleQAE est semblable à CED. Il est donc également isocèle enA d’où AF =AE=AQ. F Qest parallèle à la bissectrice BI. CommeDF est perpendicu- laire àBI,QF Dd est droit. K est le point diamètralement opposé àD sur le cercle inscrit.

D’où−→

AP =−→

KI.

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