Problème numéro D1828

Problème numéro D1828

Énoncé.

Soit un triangle scalène ABC inscrit dans un cercle (Γ). La tangente enC à ce cercle rencontre la droite (AB) au pointD. SoitIle centre du cercle inscrit du triangleABC. La bissectrice de l’angle∠^{B DC}rencontre les droites (AI) et (B I) respectivement aux pointsPetQ.Métant le milieu de [P,Q], démontrer que la droite (M I) coupe l’arc d’extrémitésA,Bqui contientCen son milieu.

Solution.

NotonsA₁(resp.B₁etC₁) l’intersection de la droite (I A) (resp. (I B) et (IC)) avec le cercle circonscrit. Quitte

à effectuer une symétrie orthogonale par rapport à une droite quelconque, nous pouvons en toute généralité supposer que le triangleABC est direct. Ainsi en tournant dans le sens direct sur le cercle circonscrit, nous rencontrons successivement en partant deAles pointsC₁,B,A₁,C,B₁pour revenir au bout d’un tour finale- ment au pointA. Par définition de la bissectrice intérieur, notons que nous avons les égalités suivantes sur les mesures algébriques positives des différents arcs de cercleACÙ₁=CÙ₁B,B AÚ₁=ÚA₁C etC BÙ₁=BÙ₁A. Nous allons raisonner en quatre étapes.

Etape 1.Montrons que les trois bissectrices intérieures du triangleABCforment les hauteurs du triangleA₁B₁C₁.

La droite passant parCet parallèle à (A₁B₁) coupe (Γ) enC⁰qui se trouve entreCetB₁. Nous avons

CÚ⁰B₁+BÙ₁A+ACÙ₁=1 2BCÙ+1

2ÙC A+1 2ÙAB=1

2(ÙBC+ÙC A+ÙAB)=π.

Donc [C₁,C⁰] est un diamètre du cercle (Γ) de centre notéO, ce qui entraine que la droite (CC⁰) est perpendi- culaire à la droite (CC ). Comme la droite (CC⁰) est parallèle à la droite (A B ), on déduit que la droite (A B )

Etape 2.Montrons que la droite (A₁B₁) est parallèle à la droite (PQ).

La tangente enC₁au cercle (Γ) coupe la droite (C D) en un point notéE. En considérant le quadrilatère

OC EC₁,

la droite (CC₁) est orthogonale à la droite (OE), (1) qui n’est rien d’autre que la bissectrice intérieure de l’angle∠^{C EC}1. Comme la droite (C₁E) est parallèle à (AB), les deux droites ((OE) et (PQ) sont parallèles. (2) Ainsi en combinant les affirmations (1) et (2), nous déduisons que la droite (CC₁) est orthogonale à la droite (PQ). Or, grâce à l’étape 1, la droite (A1B1) est perpendiculaire à la droite (CC1). Nous concluons donc que la droite (A1B1) est parallèle à la droite (PQ).

Etape 3.Montrons queI A₁C⁰B₁est un parallélogramme.

D’une part, par construction deC⁰dans l’étape 1, nous savons queÚA₁C=CÚ⁰B₁. DoncB AÚ₁=CÚ⁰B₁, ce qui entraine que les deux droites (A₁C⁰) et (I B₁) sont parallèles. D’autre part nous avons la suite dégalités :

BÙ₁A=C BÙ₁=CCÙ⁰+CÚ⁰B₁=CCÙ⁰+ÚA₁C=ÚA₁C+CCÙ⁰+ =AÚ₁C⁰.

La droite (I A1) est donc parallèle à la droite (B1C⁰). Ces deux faits permettent d’affirmer queI A1C⁰B1est un parallélogramme.

Etape 4.Nous allons conclure.

Les diagonales du parallélogrammeI A₁C⁰B₁se coupent en leurs milieux notéM⁰. Notons aussiM⁰⁰le point

d’intersection de la droite (PQ) avec la diagonale [I,C⁰], et montrons queM⁰⁰=M. En utilisant le résultat ob- tenu à l’étape 2, nous pouvons appliquer le théorème de Thalès aux trianglesI A₁M⁰etI M⁰B₁:

M⁰A1

M⁰⁰P =M⁰I

M I =M⁰B1

M⁰⁰Q.

CommeM⁰A₁=M⁰B₁, il vientM⁰⁰P=M⁰⁰Q.M⁰⁰est donc le milieu du segment [P,Q], ce qui s’écritM⁰⁰=M. En particulier le pointMse trouve sur la droite (I M⁰). Ainsi la droite (I M) qui n’est rien d’autre que la droite (I M⁰) coupe le cercle (Γ) enC⁰qui est au "milieu" de l’arc d’extrémitéA,Bpassant parC.