En outre, la propri´et´e `a d´emontrer est ´enonc´ee sans r´ef´erence au rapportR0/R

Enonc´e n^oD172 (Diophante)

Trois bissectrices qui se rencontrent pour un joli probl`eme

Dans un rep`ereOxy, on trace deux cercles de centresOetO<sup>0</sup> et de rayons R < R<sup>0</sup> tangents ext´erieurement en un point T. D’un point A ext´erieur aux deux cercles et du cˆot´e des x n´egatifs, on m`ene deux droites D et D⁰ tangentes au cercle de centre O qui coupent le cercle de centre O⁰ en quatre points dont on retient les points B et C les plus ´eloign´es deA.

D´emontrer que les bissectrices des anglesBT C,ABCetACBsont concou- rantes.

Solution de Jean Moreau de Saint-Martin

Bien que l’´enonc´e ne le sp´ecifie pas, la figure autorise `a penser que T et O⁰ sont sur Oxdu cˆot´e desx positifs.

Selon l’´eloignement de A, l’angle BAC sera plus ou moins ouvert ; selon la position deA par rapport `a la droite OO<sup>0</sup>, la somme d’angles ABC+ ACB=π−BAC se r´epartira de mani`ere plus ou moins in´egale entre ces deux angles. Ainsi la forme (`a similitude pr`es) du triangle ABC d´epend de deux param`etres. Mˆeme si le rapport R<sup>0</sup>/Rfixe certaines limites `a ces param`etres, il est possible de raisonner en partant du triangleABC plutˆot que des cercles (O) et (O<sup>0</sup>). En outre, la propri´et´e `a d´emontrer est ´enonc´ee sans r´ef´erence au rapportR⁰/R. Les bissectrices des angles ABC etACB se coupent enI, centre du cercle inscrit au triangle ABC.

L’´enonc´e est alors ´equivalent au suivant : un triangle ABC ´etant donn´e, montrer que la propri´et´e (1) d’un pointT :

(1) ´egalit´e des angles (T C, T I) = (T I, T B) est une cons´equence de la propri´et´e (2) :

(2) le cercle circonscrit au triangle T BC est tangent ext´erieurement `a un cercle passsant par T et tangent `a AB etAC.

En effet, l’´enonc´e d’origine et le choix d’un pointAconduisent `a construire un triangleABC dans lequel le pointT jouit de la propri´et´e (2).

Propri´et´e (1)

Je prends pour unit´e de longueur le rayon du cercle inscrit au triangle ABC, et j’utilise des axes IY parall`ele `a BC et IX, en sorte que les sommets du triangle ont pour coordonn´ees

B(1, β),C(1,−γ) avec β= cot(ABC/2),γ = cot(ACB/2), et on en d´eduit pour A

(1 +βγ)/X_A= (β−γ)/Y_A= 1−βγ.

Ces ´egalit´es se prolongent en = 2Y_M/Y_A= 2/(X_A+ 1), siM est le milieu deBC.

1

On voit que β et−γ sont les racines du trinˆome enα (XA+ 1)α²−2YAα+ 1−XA

La propri´et´e (1) fournit alors la condition arctanβ−Y_T

1−XT

−arctan Y_T XT

= arctan Y_T XT

−arctan Y_T +γ XT −1 soit apr`es mise sous forme enti`ere

((X_A+ 1)Y_T −X_TY_A)(X_T² +Y_T²) + ((X_T² −Y_T²)Y_A−2X_TY_TX_A) = 0.

On voit sur cette ´equation du lieu de T qu’elle repr´esente une cubique circulaire, ayant I comme point double et IM comme direction asymp- totique. Les tangentes au point double sont les bissectrices de l’angle (IX, IA). Cette courbe est une stropho¨ıde ; elle passe ´evidemment par A car (AC, AI) = (AI, AB).

Propri´et´e (2)

Un cercle passant par B et C admet pour ´equation (X−1)²+ (Y −β)(Y +γ) + 2λ(X−1) = 0.

Le cercle circonscrit au triangle T BC correspond `a

−2λ= (XT −1) + (YT −β)(YT +γ)/(XT −1).

Son centre est O⁰ de coordonn´ees (1−λ,(β−γ)/2).

Un cercle (O) tangent `aABetAC, situ´e dans l’angleBAC et de rayonµ, peut ˆetre consid´er´e comme homoth´etique du cercle (I) dans l’homoth´etie (A, µ). Inversement, si T est sur ce cercle, l’homoth´etie (A,1/µ) le trans- forme en un point de (I), d’o`u la relation entre T etµ

(X_A+ (X_T −X_A)/µ)²+ (Y_A+ (Y_T −Y_A)/µ)²= 1, soit

(1−µ)²(X_A² +Y_A²−1)−2(1−µ)(XAXT +YAYT −1) + (X_T²+Y_T²−1) = 0.

On en tire les coordonn´ees O((1−µ)X_A,(1−µ)Y_A).

Pour que les cercles (O) et (O⁰) soient tangents enT, il suffit que les points O,T etO⁰ soient align´es, ce qui s’´ecrit

(1−µ)X_A (1−µ)Y_A 1

XT YT 1

2−2λ β−γ 2

= 0

d´eterminant o`u on peut retrancher de la 3e ligne la 2e multipli´ee par 2.

En ´eliminant λ et µ dans les trois relations qui les lient `a XT et YT, on obtiendra la condition qui donne au pointT la propri´et´e (2).

PosonsD₁= 2−2λ−2XT β−γ−2YT

X_A Y_A ,

D₂ = 2−2λ−2X_T β−γ−2Y_T

X_T Y_T .

En d´eveloppant le d´eterminant 3×3 par rapport `a la 3e colonne, on a la condition (1−µ)D1−D2 = 0.

Si D₁ = 0, T O⁰ est parall`ele `a IA; supposant r´ealis´ee la propri´et´e (2), la tangente en T est perpendiculaire `a AI et T est sur AO; revenant

`

a l’´enonc´e de d´epart, la figure admet OO⁰ comme axe de sym´etrie et la propri´et´e (1) est v´erifi´ee. Donc siD₁= 0, on a bien l’implication

propri´et´e (2)⇒propri´et´e (1).

Voyons maintenant le casD1 6= 0. L’´elimination deµdonne comme condi- tion ´equivalente

D₂²(X_A² +Y_A²−1)−2D₁D₂(X_AX_T +Y_AY_T −1) +D₁²(X_T² +Y_T²−1) = 0, soitD2D3−D1D4 = 0, en posant

D₃ =D₂(X_A² +Y_A²−1)−D₁(X_AX_T +Y_AY_T −1), D4 =D2(XAXT +YAYT −1)−D1(X_T² +Y_T²−1).

D₃ = 2−2λ−2X_T β−γ−2Y_T

X_A−X_T +Y_A(X_TY_A−X_AY_T) Y_A−Y_T −X_A(X_TY_A−X_AY_T) , D₄ = 2−2λ−2X_T β−γ−2Y_T

X_A−X_T +Y_T(X_TY_A−X_AY_T) Y_A−Y_T −X_T(X_TY_A−X_AY_T) . On peut exclure les casX_A=−1 (B ouCserait rejet´e `a l’infini) etX<sub>T</sub> = 1 (le triangleT BC serait plat) qui conduiraient `a R⁰ infini dans l’´enonc´e de 2

d´epart. On n’introduit donc pas de solution parasite en multipliant lesD_k par (XA+ 1)(XT −1), ce qui donne les expressions polynˆomiales

(2−2λ−2X_T)(X_A+ 1)(X_T −1) =

=−2X_A+ 2X_T(X_A+ 1)−2Y_AY_T + (X_A+ 1)(Y_T²−X_T²), (β−γ−2YT)(XA+ 1)(XT −1) = (XT −1)(2YA−2YT(XA+ 1)).

Au terme de calculs laborieux, l’expression

(XA+ 1)²(XT −1)²(D2D3−D1D4) se factorise en produitQ1Q2 : Q1 = (XTYA−(XA+ 1)YT)(X_T² +Y_T²)−YA(X_T² −Y_T²) + 2XAXTYT, Q₂ = (X_A+ 1)²(X_T² +Y_T²)(X_TY_A−(X_A−1)Y_T)−3X_T²Y_A(X_A+ 1)²+

+Y_T²YA(3X_A² −2XA−5) + 2XTYT(X_A³ −XA−2Y_A²(XA+ 1))+

+4X_T(X_A² + 2X_A+Y_A²) + 8Y_TY_A²−4Y_A(X_A² +Y_A²).

Q₁ = 0 est l’´equation de la stropho¨ıde caract´eristique de la propri´et´e 1.

On a donc l’implication

propri´et´e (1)⇒ propri´et´e (2),

mais c’est l’implication inverse qui est `a d´emontrer.

Q2 = 0 repr´esente ´egalement une cubique circulaire, lieu deT `a Adonn´e.

Il faudrait discuter en quoi, si des points A et T v´erifient cette ´equation, la configuration correspondante des cercles (O) et (O⁰) n’est pas conforme

`

a l’´enonc´e.

On peut supposer qu’il s’agit du choix des pointsB etC comme intersec- tion avec (O⁰) des tangentes men´ees de A `a (O) ; cela s’exprime comme exigence que O<sup>0</sup> se projette sur les droites AB et AC `a l’int´erieur des segments AB etAC. Il faut queλ soit assez grand, ce qui se traduit par une position de T par rapport `a des hyperboles limites. Si l’on peut mon- trer que la cubique n’est pas du “bon cˆot´e” de ces hyperboles, on pourra conclure que Q2 = 0 ne r´epond pas `a l’´enonc´e et que l’on a l’implication demand´ee. Mais je n’ai pas su faire cette discussion.

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