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Enoncé D1841 (Diophante) Rencontre à dix Dans un triangle

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Academic year: 2022

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Texte intégral

(1)

Enoncé D1841 (Diophante) Rencontre à dix

Dans un triangle ABC, on trace successivement : – l’orthocentre H,

– la médiane AM,

– le cercle (Γ) de centre O circonscrit au triangleABC,

– la symédiane issue de Aqui coupe la droite [BC] au pointDet le cercle (Γ) en un deuxième point E,

– la droite [∆] perpendiculaire à la droite [BC] passant parE,

– la perpendiculaire enDà la droite [BC] qui rencontre la médiane [AM] au pointF. La parallèle passant parF à la droite [BC] rencontre les côtés AC etAB aux points I etJ,

– l’orthocentre K du triangle DIJ.

Démontrer que les cinq cercles 1) de diamètre AH, 2) tangent enB à la droite [BC] et passant par le point A, 3) tangent en C à la droite [BC]

et passant par le point A, 4) circonscrit au triangleBHC, 5) circonscrit au triangle AIJ et les cinq droites [∆], [OK], [BI], [CJ] et [AM] se ren- contrent tous en un même point.

Solution de Jean Moreau de Saint-Martin

Figure : l’ayant construite avec GeoGebra, j’ai préféré, pour la lisibilité, y masquer la plupart des droites et cercles en laissant le lecteur se les

représenter mentalement au fil du raisonnement. Soit P un point courant du cercle γ2 tangent en B à la droite [BC] et passant par le point A; on a (P A, P B) = (BA, CB) quand P tend vers B et = (HC, HA). De même si P est sur le cercle γ3 tangent en C à la droite [BC] et passant par le point A : (P C, P A) = (BC, CA) quand P tend versC et = (HA, HB).

Ces deux cercles ont en commun le point A et un point Q véri- fiant (QC, QB) = (QC, QA) + (QA, QB) = (HC, HA) + (HA, HB) = (HC, HB). Il en résulte que B, C, H, Q sont cocycliques (cercle γ4 de l’énoncé).

(2)

Alors (QH, QB) = (CH, CB) = π/2−(BC, BA) = (BA, CB)−π/2 = (QA, QB) −π/2, d’où (QA, QH) = π/2, Q appartient au cercle γ1 de diamètre AH.

M B etM C sont les tangentes menées deM àγ2etγ3, de même longueur.

Ainsi M a même puissance par rapport aux deux cercles, il appartient à leur axe radicalAQ.

Comme (HC, CB) = (HC, HA) + (HA, HB) = (BA, CB) + (BC, CA) = (AB, AC) àπprès,γ4est symétrique de Γ par rapport àBCou par rapport à M; il contient le symétrique de A par rapport à M et la puissance de M par rapport àγ4 est −|M B|.|M C|=−|M A|.|M Q|.

La droite [AM] recoupe Γ en L. Par définition de la symédiane, l’angle EAL et l’angle BAC ont la même bissectrice. Les arcs BC et EL de Γ ont le même milieu, et les cordes EL et BC sont parallèles. Par Thalès AM/AL=AD/AE, et par Thalès encore =AF/AQ.

L’homothétie de centre Aet de rapport AF/AM=AQ/ALtransformeC en I et B en J. Le cercleγ5 circonscrit au triangleAIJ est le transformé de Γ par cette homothétie et passe par Q, transformé deL.

La puissance de M par rapport à Γ est −|M B|.|M C| = −|M A|.|M L|, ce qui donne QM =M L, puis AF/AQ=AM/(AM +QM), AF/F Q = AM/QM etAF/AM =QF/QM.

L a pour symétriques Q par rapport à M et E par rapport à OM; ainsi QE est parallèle à OM etQappartient à [∆].

Le transformé du segment BC par l’homothétie de centreQet de rapport

−QF/QM est un segment de milieu F et de longueur BC.QF/QM = BC.AF/AM = IJ; I et J sont les homothétiques de B et C dans cette homothétie, d’où les alignements BQI etCQJ.

Notant les longueurs des côtésa=|BC|, b=|CA|, c=|AB|, les propriétés

|BD|/|DC|=c2/b2 de la symédiane, eta2= 4|AM|.|QM|= 4|AM|.|M L|

conduisent à b2+c2a2

b2+c2 = AMQM

AM+M L = AQ

AL = AF

AM, puis BJ

BA = F M

AM (Thalès),

= a2

b2+c2 = a2.BD

c2.BC, et doncBJ/BD=a/c=BC/BA.

Ainsi, avec un angle en B commun et des côtés proportionnels, le tri- angle BDJ est semblable au triangle BAC à retournement près, et (DJ, DB) = (AB, AC) ; (DF, DJ) = π/2 −(AB, AC) = (BM, BO) et le triangle rectangleM OB est semblable au triangleF J D, lui-même sem- blable au triangleF KI.

L’homothétie de centreQet de rapport −QF/QM transforme le triangle OBC en un triangle semblable de base IJ, qui est le triangle KIJ; le pointK est le transformé deO et appartient à la droite [OQ].

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