D1896. Perspectives MB
Problème proposé par Pierre Leteurtre
Soit le triangle ABC qui admet O pour centre du cercle circonscrit à ABC, I centre idu cercle nscrit et Ia, Ib, Ic centres des cercles exinscrits dans les secteurs des angles en A, B, C.
On place le point Ba sur la droite [CA] à l'opposé de C par rapport à A tel que ABa = AB.
On place le point Ab sur la droite [CB] à l'opposé de C par rapport à B tel que BAb = AB.
On place le point Cb sur la droite [AB] à l'opposé de A par rapport à B tel que BCb = BC.
On place le point Bc sur la droite [AC] à l'opposé de A par rapport à C tel que CBc = BC On place le point Ac sur la droite [BC] à l'opposé de B par rapport à C tel que CAc = CA.
On place le point Ca sur la droite [BA] à l'opposé de B par rapport à A tel que ACa = CA.
Les droites AbBa et AcCa se coupent en D, les droites AbBa et BcCb se coupent en E et enfin les droites AcCa et BcCb se coupent en F.
Q1 Démontrer que les droites [AbBa], [BcCb] et [AcCa] sont respectivement perpendiculaires aux droites [OIc],[OIa] et [OIb].
Q2 Démontrer les égalités DCa = AcF, DBa = AbE, ECb = BcF.
Q3 Ω étant le centre du cercle circonscrit à DEF, démontrer l’égalité vectorielle 2OΩ = IO Q4 Montrer que les droites [AD], [BE], [CF] sont concourantes en un point situé sur OI.
Q1) On pose a = BC, b = CA, c =AB, angle ACB = 2u, tan u = t. Avec le repère orthonormé d’origine C, A sur Cx, Les
coordonnées des points sont : C(0, 0), A(b,0), Ba(b+c,0), B(a cos 2u, a sin 2u), Ab((a+c) cos 2u, (a+c) sin 2u), Ic(𝑎+𝑏+𝑐
2 , 𝑎+𝑏+𝑐
2 t), O(𝑏
2, k) où k est à trouver pour que OC = OB : ((b/2)² +k² = (a cos 2u – b/2)² + (a sin 2u - k)², k = 𝑎−𝑏 cos 2𝑢
2 sin 2𝑢 = (𝑎+𝑏)𝑡2+𝑎−𝑏
4𝑡 donc O(𝑏
2, (𝑎+𝑏)𝑡2+𝑎−𝑏
4𝑡 ) .
Vecteur BaAb : ((a+ c) cos 2u – (b+ c), (a+ c) sin 2u) = [– 𝑎(𝑡2−1)+𝑏(𝑡𝑡2+12+1)+2𝑐𝑡² , 2𝑡(𝑎+𝑐)𝑡2+1 ] Vecteur OIc : ( 𝑎+𝑏+𝑐
2 – 𝑏
2 , 𝑎+𝑏+𝑐
2 t – (𝑎+𝑏)𝑡2+𝑎−𝑏
4𝑡 ) = [𝑎+𝑐
2 , 𝑎(𝑡2−1)+𝑏(𝑡2+1)+2𝑐𝑡²
4𝑡 ]
Leur produit scalaire est nul, et le rapport de leurs longueurs est 4t/(t²+1) = 2 sin (ACB).
Les droites AbBa et OIc sont perpendiculaires, de même BcCb et AcCa sont respectivement perpendiculaires aux droites OIa et OIb.
Q2) Coordonnées barycentriques : A(1, 0, 0) B(0, 1, 0) C(0, 0, 1) Ba(b+c, 0, -c) Ab(0, a+c, -c)
Droite E Ab Ba D : c(a+c)X + c(b+c)Y + (a+c)(b+c)Z = 0 et par permutation circulaire : Droite F Ac Ca D : b(a+b)X + (a+b)(b+c)Y + b(b+c)Z = 0
Droite F Bc Cb E : (a+c)(a+b)X + a(a+b)Y + a(a+c)Z = 0
Point D [ a(b+c)(a+b+c), b(a+c)(–a– b+c), c(a+b)(–a+b–c) ] avec somme des poids = 2abc Point F [ a(b+c)( –a+b–c), b(a+c)(a–b–c), c(a+b)(a+b+c) ] avec somme des poids = 2abc Milieu de DF : [ab(b+c), –b²(a+c), bc(a+b) ] , ou plus simple [a(b+c), –b(a+c), c(a+b) ]
Point Ca (b+c, –b, 0) somme des poids = c , et Ac (0, –b, a+b) somme des poids = a Milieu de Ca Ac : a(b+c, –b, 0) + c(0, –b, a+b) ou [a(b+c), –b(a+c), c(a+b) ]
Les segments DF et Ca Ac ont le même milieu (soit S ce point) donc DCa = AcF.
On a démontré les égalités DCa = AcF, pareillement DBa = AbE, ECb = BcF.
Q3) Soit Ω le point défini par l’égalité vectorielle 2OΩ = IO. Il faut prouver que ce point est le centre du cercle DEF.
Par raison de symétrie il suffit de vérifier que Ω est sur la médiatrice de EF, c’est-à-dire la médiatrice de CbBc. Soit S le milieu de CbBc. Il suffit de prouver l’égalité des produits scalaires AΩ. CbBc et AS. CbBc.
Ω est barycentre de O[a²(-a²+b²+c²), b²(a²-b²+c²), c²(a²+b²-c²)] affecté du coefficient 3 et de I (a, b, c) affecté du coefficient (– 1) .
Les sommes des coordonnées de O, resp.de I, sont P= (a+b+c)(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c) et Q= a+b+c d’où pour Ω : 3Q[a²(-a²+b²+c²), b²(a²-b²+c²), c²(a²+b²-c²)] – P[a, b, c]
Ω : [ -2a5 -3a4(b+c) +a3(b²+c²) +3a²(b+c)(b²+c²) +a(b-c)²(b+c)²,
a4b +3a3b² +a²b(b²+3bc-2c²) – 3ab²(b²-c²) -b(b+c)(2b3+b²c-2bc² -c3), a4c +3a3c² +a²c(c²+3bc-2b²) – 3ac²(c²-b² ) -c(b+c)(2c3 +c²b-2cb² -b3) ]
La somme des coordonnées de Ω est 3QP – PQ = 2PQ
2PQ AΩ = [a4b +3a3b² +a²b(b²+3bc-2c²) – 3ab²(b²-c²) -b(b+c)(2b3+b²c-2bc² -c3) ] AB + [a4c +3a3c² +a²c(c²+3bc-2b²) – 3ac²(c²-b² ) -c(b+c)(2c3 +c²b-2cb² -b3) ] AC.
S : [-a(b+c), b(a+c), c(a+b)] d’où 2bc AS = b(a+c) AB + c(a+b) AC.
CbBc = – ACb + ABc = – (a+c)/c AB + (a+b)/b AC. bc CbBc = - b(a+c) AB + c(a+b) AC.
Sachant que (x AB + y AC).(z AB +t AC) = xzc² + ytb² + (xt+yz)(b²+c²-a²)/2
(x AB + y AC). (bc CbBc ) = (x AB + y AC).(- b(a+c) AB + c(a+b) AC) = – [cx(a3+a²b-a(b-c)²-b(b²-c²)) – by(a3+a²c-a(b-c)²+c(b²-c²)) ] /2
Dans cette expression on remplace x et y par les coordonnées de 2PQ AΩ, il vient (en factorisant) :
(2PQ AΩ ). (bc CbBc ) = bc(b-c)(2a+b+c)PQ et maintenant avec 2bc AS : (2bc AS). (bc CbBc ) = b²c²(b-c)(2a+b+c)
AΩ. (bc CbBc ) = bc(b-c)(2a+b+c)/2
AS. (bc CbBc ) = bc(b-c)(2a+b+c)/2 SΩ. (bc CbBc ) = 0 (cqfd)
La médiatrice de EF passe par le point Ω défini par l’égalité vectorielle 2OΩ = IO.
Par raison de symétrie les médiatrices de ED et DF passent aussi par Ω :
Le centre du cercle circonscrit au triangle EDF est bien ce point Ω tel que 2OΩ = IO.
Q4) Un point de AD : ( ………?, b(a+c)(c-a-b), c(a+b)(b-a-c)] on multipliera par (a-b-c) Un point de CF : (a(b+c)(b-a-c), b(a+c)(a-b-c), ………? ] on multipliera par (c-a-b)
AD∩ CF : [ a(b+c)(b-a-c)(c-a-b), b(a+c)(a-b-c)(c-a-b), c(a+b)(b-a-c)(a-b-c) ] mieux : divisant par (a-b-c)(b-a-c)(c-a-b) AD∩ CF : [ 𝑎(𝑏+𝑐)
𝑎−𝑏−𝑐 , 𝑏(𝑎+𝑐)
𝑏−𝑎−𝑐 , 𝑐(𝑏+𝑎)
𝑐−𝑎−𝑏 ] Ces coordonnées ont un bel aspect de symétrie, ce point appartient aussi à EB.
Dans le déterminant qui suit, la 2ième ligne = coordonnées de I, la 3ième ligne = coordonnées de O.
Ce déterminant est nul donc AD ∩ CF ∩ EB est un point de la droite OI.
