D1821. Une figure pascalienne
Soient O le centre du cercle circonscrit (Γ) etI le centre du cercle inscrit (γ) d’un triangle ABC. Le cercle (γ) touche le coté BC au point D, la bissectrice AI coupe le cercle (Γ) en un deuxème point E autre que le point Aet le point F est le point diamétralement opposé au pointAsur ce même cercle (Γ). Les droites F I et DE se coupent en un point P, les droites P C etBE se coupent en un pointQ et les droitesAC etBF se coupent en un point R. Démontrer que les pointsQ, I, R sont alignés.
Solution proposée par Michel ROME – mai 2017
Montrons queP est sur (Γ). Le théorème de Pascal appliqué à l’hexagone BEACP F montrera l’alignement IP Q.
Soit M le milieu de BC. On désigne par A, B, C les valeurs des angles du triangle. On suppose C > B. On nommeR le rayon de (Γ).
L’arc F E est sous-tendu par un angle au centre de 2C+A−π =C−B.
L’angle F AE vaut (C−B)/2.
Montrons que les triangles F EI etDM E sont semblables . Ces triangles sont rectangles en E etM.
Il suffit de monter que F E/EI =DM/M E.
En considérant le triangle AEF rectangle enE on obtient EF = 2Rsin((C−B)/2).
Il est bien connu que EI =EB. L’angle au centre sous-tendantEB est A, donc EI = 2Rsin(A/2).
M D =BD−BM =p−b+a/2 = (c−b)/2
=R(sinC−sinB) = 2Rcos((B +C)/2) sin((C−B)/2)
= 2Rsin(A/2) sin((C−B)/2) Enfin M E =R(1−cos(A) = 2Rsin2(A/2).
On constate que
F E
EI = DM
M E = sin((C−B)/2) sin(A/2)
Conséquence de la similitude des trianglesF EIetDM E, les anglesF IEd etM EPd sont égaux.
F IEd est angle extérieur au triangleF IAd donc F IEd =F AEd +AF Pd . D’autre part OEPd = OEAd +AEPd mais comme le triangle AOE est isocèle en O on voit que
AF Pd =AEPd . Ce qui montre que P est sur (Γ)
O
A
C B
I
E F
D
P
M
