D1800. Quartés gagnants (1ère course)
Le cercle inscrit de centre I d’un triangle ABC touche les côtés BC,CA et AB aux points A1,B1et C1.
La droite A1I coupe la médiane AA’ du triangle ABC au point P.
La perpendiculaire menée de I à la droite AA’ rencontre au point Q la parallèle menée de A au côté BC.
La bissectrice de l’angle en C du triangle ABC coupe au point R la parallèle menée de A’ au côté AC.
La bissectrice de l’angle en B coupe le cercle de diamètre BC en un deuxième point S
Peut-on raisonnablement parier que les quatre points P,Q,R et S pris dans cet ordre ou dans le désordre forment un quarté gagnant c’est à dire sont sur une même ligne droite ?
Solution proposée par Gaston Parrour
En pointillés verts sont indiquées :
la bissectrice interne en B qui définit le point S sur le cercle ( C ) de diamètre BC la bissectrice interne en C qui recoupe la parallèle à AC issue de A', en R
la droite (A1I) (perpendiculaire à (BC) qui coupe la médiane AA' en P
la perpendiculaire issue de I à cette médiane qui coupe (Ax) parallèle à BC, en Q En pointillés rouges la droite (B1C1) joignant les points de contact B1 et C1 du cercle inscrit.
→ A priori
1) le point R n'est pas sur ( C )
2) (AA') coupe (B1C1) en P' distinct de P
3) (B1C1) coupe (Ax) en E et le cercle ( C ) en S' Ces différents points sont examinés successivement
N.B. La signification de (Ax1) (et de E' son intersection avec (B1C1)) , sera précisée dans la suite.
Notation : un angle tel que ABC de sommet B, est noté (aBc) A
B C
x1 x
E E '
R C1
A1
B1
I
A'
P
P '
S
Q
( C ) (Ci)
S'
1- le point R est sur le cercle ( C )
Puisque A'R est parallèle à AC les angles en R et en C dans le triangle CA'R sont égaux à (bCa)/2 Ce triangle CA'R de sommet A' est isocèle et A'R = A'C = rayon du cercle ( C )
==> R est sur ( C ) Conséquence : l'angle (bRc) est droit
le segment BI est donc vu sous un angle de droit depuis R , C1 et A1
==> les points R C1 I A1 et B sont cocycliques. (1) 2 – les points P et P' sont confondus
P' à l'intersection de la médiane AA' et de (B1C1)
La droite (B1C1) joint les points de contact des deux tangentes issues de A au cercle inscrit (Ci) ==> (B1C1) est la polaire de A relativement au cercle (Ci) : le lieu des conjugués de A
Puisque B1 P' et C1 sont alignés, leur polaire respective par rapport à (Ci) passe par A, pôle de (B1C1) En particulier
→ La polaire de P' par rapport à (Ci) passe par A ; soit (Ax1) cette droite (représentée sur la figure) (Ax1) polaire de P' est perpendiculaire à (IP') (2) Soit E' l'intersection de (B1C1) et de (Ax1) (voir figure)
Par définition de la polaire
→ C1 P' B1 E' forment une division harmonique (3) D'autre part considérons le faisceau (F) de demi-droites issues A : (AB, AA',AC,Ax)
La parallèle à (Ax) menée de P ' est coupée par les deux autres [(AB) et (AC)] en deux segments égaux (puisque P ' est sur la médiane AA' et que (Ax) est parallèle à (BC) )
Le faisceau (F) est un faisceau harmonique Ce faisceau coupé par (B1C1) conduit à :
→ C1 P' B1 E forment une division harmonique (E intersection de (B1C1) et de (Ax)) (4) Le rapprochement de (3) et (4) montre que E' est confondu avec E
==> (Ax1) confondue avec (Ax) ; la polaire de P' est (Ax) (5) Ce dernier résultat rapproché de la propriété (2) ci-dessus permet d'affirmer
→ (IP') est perpendiculaire à (Ax) ; donc (IP') perpendiculaire à (BC)
→ P' est donc aussi l'intersection de la perpendiculaire à (BC) passant par I avec la médiane (AA') ==> P' est confondu avec P ; P est sur (B1C1) (6) (sa polaire par rapport à (Ci) est (Ax) )
3 – (B1C1) passe par le point R sur ( C )
→ Tout d'abord calculons l'angle des deux droites (CI) (C1B1) [(CI),(C1B1)] = (bCa)/2 + [(BC),(C1B1)]
[(BC),(C1B1)] = [(AH),(AI)] où AH est la hauteur issue de A (non représentée)
[(AH),(AI)] = (bAc)/2 – (bAh) = (bAc)/2 – (pi/2- (cBa)) = (bAc)/2 + (cBa) – pi/2 = (cBa)/2 – (bCa)/2
==> [(CI),(C1B1)] = (cBa)/2 (7) → Ensuite estimons l'angle (iRc1) de sommet R
Avec la propriété (1) ci-dessus : les points R C1 I A1 et B sont cocycliques, les angles inscrits suivants interceptant le même arc sont égaux :
(iRc1) = (iBc1) = (cBa)/2 Cela rapproché de (7) conduit à :
==> R C1 B1 sont alignés ;
(B1C1) passe par R et fait un angle égal à (cBa)/2 avec (CI) (ou (CR) ) (8)
4- Le point S est sur (C1B1)
(C1B1) coupe le cercle ( C ) en S'. Ce qui précède permet d'écrire : (cRs') = (cBs) = (cBa)/2
Les arcs cs et cs' sont égaux sur ( C )
==> S' confondu avec S ; S est sur (C1B1) (9) Les résultats (6) (8) et (9) montrent que
==> R P S sont alignés sur (C1B1) (10) 5 – Le point Q est sur (B1C1) ; confondu avec le point E (cf. figure)
→ La médiane (AA') peut être considérée, par rapport au cercle inscrit (Ci), comme une polaire dont le pôle Q' correspondant est situé sur la perpendiculaire issue de I à cette médiane et ''du même'' côté que cette médiane par rapport au centre I (Q' n'est pas représenté sur la figure).
Cette perpendiculaire à (AA') issue de I, coupe (Ax) (la parallèle à BC ) en Q.
→ Par définition le pôle Q' est le conjugué par rapport au cercle (Ci) des points de la partie de la médiane intérieurs au cercle (Ci)
En particulier Q' est donc le conjugué de P donc
==> Q' appartient à la polaire de P : Q' est sur (Ax) (voir (6) ) Donc Q' et Q sont confondus sur (Ax)
Notation pour ce qui suit : M (pol. xxx) signifie '' xxx polaire de M par rapport au cercle inscrit (Ci)'' Alors pour les points C1 B1 et Q :
C1 (pol. tangente AB) , B1 (pol. tangente AC) et Q (pol. médiane AA') → ces trois points C1 , B1 et Q ont des polaires concourantes (en A)
==> C1 B1 et Q sont alignés (sur la polaire (B1C1) de A)
[et avec cela E, défini comme l'intersection de (C1B1) avec (Ax) , est confondu avec Q]
Ce dernier résultat joint au résultat (10) permet de conclure que
==> P Q R S sont alignés (sur (B1C1)) et constituent donc un ''quarté gagnant'' N.B. Sur la figure, on a ici affaire à l'ordre R , P, S , Q des points.
Selon la forme du triangle (en particulier la valeur de l'angle en A), on observe aisément que cet ordre peut être changé. Mais les raisonnements précédents ne mettent pas en cause cette considération.
