D 1854 Triangles et cercles
Solution proposée par Pierre Renfer
On utilise les coordonnées barycentriques dans le repère (A,B,C).
On note a, b, c les longueurs des côtés BC, CA, AB.
1) Equations des cercles
Le point D a pour coordonnées :
c b 0 D
Un cercle a une équation du type : a2yzb2zxc2xy(xyz)(uxvywz)0 On va chercher les constantes u, v, w pour le cercle (ABD) :
En écrivant que les coordonnées de A vérifient l'équation, on trouve : u0 En écrivant que les coordonnées de B vérifient l'équation, on trouve : v0 En écrivant que les coordonnées de D vérifient l'équation, on trouve :
c b
b w a
2
L'équation du cercle (ABD) est donc : (x y z) z 0
c b
b xy a
c zx b yz a
2 2
2
2
De même façon, on trouve l'équation du cercle (ACD) : (x y z) y 0 c
b c xy a c zx b yz a
2 2
2
2
2) Coordonnées du point d'intersection U des tangentes communes aux deux cercles La droite des centres est la médiatrice de [AD].
Elle passe par le milieu M de [AD] et le point à l'infini de la bissectrice extérieure en A du triangle.
Les points M et ont pour coordonnées :
c b
c b M
c b
b c
L'équation de s"crit donc :
0 z b y c bcx c
c z
b b
y
b c c b x
2
2
Les points d'intersection K et L de avec (AB) et (AC) ont donc pour coordonnées :
0 b c K
c 0 b L
On va chercher les points d'intersection de la droite et du cercle (ABD) comme barycentres des points K et L avec les coefficients respectifs et .
En écrivant q'un tel barycentre vérifie l'équation du cercle (ABD), on trouve : 0
) c b ( bc 2
c22 2 2 2
En résolvant l'équation du second degré, on obtient : c(ba) où 1
Pour 1, on obtient un point E, avec les coefficients de somme 1 :
b c a
c b c a
b a
Pour 1, on obtient un point F, avec les coefficients de somme 1 :
c b a
c c b a
b a
On obtient de façon analogue les points d'intersection de la droite et du cercle (ACD) comme barycentres des points K et L avec les coefficients respectifs et .
On obtient un point E', avec les coefficients de somme 1 :
b c a
c a
b c a
b
On obtient un point F', avec les coefficients de somme 1 :
c b a
c a
c b a
b
On oriente la droite de K vers L.
Alors E est à gauche de E' et F est à gauche de F'.
L'homothétie h, de centre U, transformant le cercle (ABD) en le cercle (ACD), vérifie donc :
' F ) F ( h
' E ) E ( h
Soit N un barycentre de (K,) et (L,), avec 1 Soit N' un barycentre de (K,') et (L,)', avec ''1
Alors l'égalité h(N)N' se traduit par une relation linéaire :
s r
q p ' '
En remplaçant N par E, puis par F, on trouve la matrice :
c b c
b 0 c 1 s r
q p
En cherchant le vecteur invariant par cette matrice, on trouve que le centre d'homothétie U est le barycentre de (K,b) et (L,-c).
Le piont U a donc comme coordonnées barycentriques dans le repère (A,B,C) :
2 2
c b 0 U
3) Conclusion
On va chercher le point P comme barycentre de (A,x) et (D,y), avec xy1 et xy Par symétrie par rapport à M, le point Q sera alors le barycentre de (A,y) et (D,x).
Le point P a comme coordonnées barycentriques dans le repère (A,B,C) :
y c
y b
x c) (b P
Un point commun R à la droite (UP) et au cercle (ABD) s'écrit comme barycentre de (P,1) et (U,)
Le point R a comme coordonnées barycentriques dans le repère (A,B,C) :
2 2
c y c
b y b
x c) (b R
En remplaçant les inconnues de l'équation du cercle (ABD) par les coordonnées de R, on obtient une l'équation du second degré en .
Comme la droite (AP) est tangente au cercle (ABD), cette équation a un discriminant nul.
L'équation est : a2c22 a2c(bca)(bca)xy0 Le dicriminant s'écrit : a2c2
a2 4(bca)(bca)xy
On en déduit :
1 y x
) a c b )(
a c b ( 4 xy a
2
Les nombres x et y sont les racines du polynôme du second degré en X suivant : )
a c b )(
a c b ( 4 X a X
2 2
Le discriminant de ce polynôme est :
) a c b )(
a c b (
) c b ( )
a c b )(
a c b ( 1 a
2 2
En posant d bca)(bca), on obtient :
d c 1 b
y 2
d c 1 b
x 2
AP y AD et
AQ x AD Donc :
AD d
c ) b
AD ) y x ( PQ
c) AD b AB c AC b
(
Donc :
2
2 2 2 2
2
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
d bc
) a c b ( ) a c b ( bc
) a c b ( bc c b 2
) A cos(
c b 2 c b 2
AC AB bc 2 AC c AB b AD ) c b (
Et : AD bc AB AC
d ) c b
PQ ( 2 2
2
2
