D1964. Un parallélogramme qui tombe... à pic
Le cercle inscrit d’un triangle ABC a pour centre I et touche les côtés BC,CA et AB aux points D,E et F. M étant le milieu de BC, la droite MI coupe la hauteur AH au point P. La droite DE coupe au point Q la parallèle issue de A au côté BC. La droite FQ coupe le cercle inscrit au point K. Démontrer que APIK est un
parallélogramme.
Solution proposée par Gaston Parrour
La figure reprend les notations de l'énoncé ; H est le pied de la hauteur issue de A
En trait plein rouge est représenté le rayon IK' dans le prolongement de ID : K' est diamétralement opposé à D sur le cercle inscrit de rayon ID = r ; ID est perpendiculaire au côté BC.
Les angles sont notés entre parenthèses : exemple angle ABC de sommet B, noté (aBc) 1- Montrons que K' et K sont confondus
Dans le triangle isocèle DCE, (cDe) = pi/2 – (bCa)/2 d'où (k'De) = (bCa)/2
et (eFk') = (k'De) = (bCa)/2 ( angles inscrits interceptant l'arc K'E ) (1) Az est parallèle à BC :
==> angles alternes internes égaux : (cDq) = (aQd) = pi/2 – (bCa)/2 [car (cDq) est aussi (cDe) ] et puisque dans le triangle isocèle DCE (cDq) = (cEd) , avec (cEd) = (aEq), on a
(aQd) = (aEq) = pi/2 – (bCa)/2 (2) Cette relation montre que le triangle EAQ est isocèle : AQ = AE
Avec AE = AF ==> les points F, E, Q sont cocycliques sur le cercle de centre A et de rayon AF On peut noter que l'angle au centre (eAq) qui intercepte l'arc EQ est :
(eAq) = (bCa) (Az est parallèle à BC) Par conséquent l'angle inscrit (eFq) qui intercepte le même arc EQ est
(eFq) = (bCa)/2 (3) La relation (3) rapprochée de la relation (1) conduit à
(eFk) [identique à (eFq)] = (eFk') ==> Les points K et K' sont confondus
En conséquence : 1 – K est sur la parallèle à la hauteur AH passant par I le centre du cercle inscrit.
2 – Sur cette parallèle, le segment IK = r , r étant le rayon du cercle inscrit.
==> Donc APIK constitue un parallélogramme si AP = r . Cela est examiné dans le point suivant.
A
B D C
F E
P I
Q
K K'
H x
y
z
M
2 – Montrons que AP est égal au rayon r du cercle inscrit
On constate pour cela que les trois données suivantes fixent complètement les éléments de cette question:
– la donnée du cercle inscrit ( centre I et rayon r ) et sur une tangente (en D) à ce cercle,
– la distance MD = x (où M est le milieu d'un segment BC), – la demi-longueur MB = a (précisant B et C)
On peut alors construire le triangle ABC de hauteur AH = h Notations :
MH = y (sur BC)
u = tang [(dMi)] = r/x
et avec tang [(aBc)/2] = r/(a-x) v = tang [(aBc)] = 2r(a-x)/[(a-x)2 - r2] tang [(aCb)/2] = r/(a+x) w = tang [(aCb)] = 2r(a+x)/[(a+x)2 - r2]
A partir de cela :
AH = h = (a-y) v = (a+y) w ==> y = a (v – w)/(v + w) Soit en remplaçant v et w par leur expression ci-dessus :
y/x = (a2 – x2 + r2)/(a2 – x2 - r2) (4) et PH = y u = r(a2 – x2 + r2) / (a2 – x2 - r2) A-t-on AP = r ? Soit encore PH = AH – r <==> PH/r = AH/r – 1 ?
→ En explicitant et en ordonnant en y, cela revient à vérifier y(1/x + v/r) = (a v)/r - 1 ? A gauche, avec l'expression de v et la relation (4) :
(y/x) (1 + (v x)/r ) = (y/x) [ (a-x)2 – r2 + 2(a-x)x ] / [(a-x)2 - r2] = (a2 – x2 + r2) / [(a-x)2 - r2] A droite :
(a v)/r – 1 = { 2a(a-x) - [(a-x)2 - r2] }/ [(a-x)2 – r2] = (a2 – x2 + r2) / [(a-x)2 – r2] ==> Donc on a effectivement PH = AH – r , soit AP = r
Ce résultat, joint à celui de la première partie, conduit à :
==> Le quadrilatère APIK défini dans l'énoncé est un parallélogramme N.B. Soulignons au passage la propriété géométrique vue dans cette seconde partie :
Dans un triangle, la droite passant par le milieu d'un côté et le centre du cercle inscrit, intercepte la hauteur relative au côté considéré à une distance du sommet opposé égale au rayon du cercle inscrit.
