D1801. Quartés gagnant (2ème course)
Le cercle inscrit de centre I d’un triangle ABC touche les côtés BC,CA et AB aux points A1,B1et C1 et le cercle exinscrit dans l’angle en A touche BC en A2.Soit A’ le milieu de BC.
La droite A2I coupe la hauteur AH du triangle ABC au point M.
La droite A’I coupe la droite AA1 au point N.
Le point U est le milieu de la médiane AA’.
Le point A se projette en V sur la bissectrice de l’angle en B du triangle ABC.
Peut-on raisonnablement parier que les quatre points M,N,U et V 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
La figure résume les données de l'énoncé
En pointillés noirs, des bissectrices intérieures et extérieures pour les centres I et I' des cercles inscrit et exinscrit dans l'angle BAC
I le centre du cercle inscrit se projette en A1 sur BC I' le centre du cercle circonscrit se projette en A2 sur BC A' le milieu de BC
A1 et A2 respectivement points de contact du cercle inscrit et du cercle exinscrit dans l'angle BAC Points particuliers de l'énoncé
M intersection des 2 droites vertes : AH (perpendiculaire à BC) et A2I N intersection des 2 droites rouges : A'I et AA1
U milieu de la médiane AA'
V pied de la projection orthogonale de A sur la bissectrice interne BI
A
B A1 C
I
A2
M N U
A' V
I' H
A'1
V1 C1
B1
C2
B2
Éléments préalables
Les côtés du triangle sont notés BC = a CA = b AB = c
1 - A' milieu de BC est aussi milieu du segment A1A2 joignant les points de contact définis dans l'énoncé.
Avec 2p = a+b+c et en notant que les tangentes issues de A, de B, de C au cercle inscrit sont deux à deux égales, on a
BA1+BC1 = 2BA1 = 2p – (AC1+AB1) – (CA1+CB1)
et avec AB1+CB1 = b et donc aussi AC1+CA1 = b ==> BA1 = p – b (a) Le cercle exinscrit considéré touche BC en A2, CA en B2 et AB en C2 (voit figure)
L'égalité des tangentes (AC2, AB2), (BC2,BA2), ( CA2,CB2), conduit à
AC2 +AB2 = (AB+AC) + (BC2+CB2) = (b+c) + (BA2+CA2) = 2p ==> AB2 = p D'où
CA2 (= CB2) = AB2 – AC ==> CA2 = p - b (b) (a) rapproché de (b) montre
==> BC et A1A2 ont même milieu ; ce point milieu est noté A' (PROP1)
2 - La droite A'I issue du milieu A' de BC, coupe la hauteur AH en un point noté A'1 sur la figure.
==> Le segment AA'1 (sur AH) est égal à IA1 le rayon r du cercle inscrit. (PROP2) Ce résultat a été démontré dans un problème précédent de Diophante (voir D1964 de janvier 2014)
Rappel en résumé (notations adaptées) : avec K (non représenté sur la figure ) diamétralement opposé à A1 sur le cercle inscrit, on montre que le quadrilatère A K I A'1 est un parallélogramme.
Je ne vais pas reproduire la démonstration faite, et j'utilise ce résultat. Il avait été souligné en conclusion.
''N.B. Soulignons au passage la propriété géométrique vue dans cette seconde partie :
Dans un triangle, la droite passant par le milieu d'un côté et le centre du cercle inscrit, intercepte la hauteur relative au côté considéré à une distance du sommet opposé égale au rayon du cercle inscrit. ''
Le couple de points U et V
AV perpendiculaire à la bissectrice de l'angle en B, coupe BC en V1 Le triangle ABV1 est isocèle ( hauteur et bissectrice confondues) → V est milieu de AV1
La droite UV qui joint les mieux de AA' et AV1 est donc parallèle à A'V1
==> UV est parallèle à BC (1) Position du point N intersection de A'I et de AA1
AH est parallèle à IA1
→ Les triangles A A'1 N et A1 I N sont égaux : un côté égal AA'1 = IA1 (PROP2 ci-dessus) et deux angles égaux : ang NAA'1 = ang IA1N et les 2 angles opposés par le sommet en N Donc AN = NA1 ==> N milieu de AA1
Dans le triangle A1 A A' , la droite NU qui joint les milieux de deux côtés est parallèle au troisième A1A' Donc NU est parallèle à BC (2) Avec (1) et (2)
==> N U et V sont alignés Position du point M intersection de A2I et de AH On dispose de 2 paires de triangles semblables
→ Avec triangles A' I A1 et A' A'1 H de sommet A' : A'1H / IA1 = A'H / A'A1
Puisque A'A1 = A'A2 ( PROP1) → A'H / A'A1 = (A2H – A2A') / A2A' = A2H/A2A' – 1 et avec A'1H / IA1 = (h-r)/r où h est la hauteur AH et r le rayon du cercle inscrit, on a
A2H / A2A' = h/r (3) → Avec triangles A2 I A1 et A2 M H de sommet A2 :
A2H / A2A1 = MH / IA1 = MH / r (4) et avec A2A1 = 2 A2A' , le rapprochement de (3) et (4) conduit à
MH / r = h/ 2r ==> M est le milieu de AH
Dans le triangle H A A1, MN est droite des milieux et donc parallèle à H A1 ==> MN parallèle à BC En conclusion
==> M N U et V sont alignés sur une droite parallèle à BC passant par le milieu M de la hauteur AH
