Enoncé D1827 (Diophante)
La saga des dichotomies (3ème épisode)
Soit un triangle acutangleABC avec AB6=AC qui admet (Γ) pour cercle circonscrit de centre O. Les tangentes au cercle (Γ) aux pointsB etC se rencontrent au point D. La droiteAOcoupe la droite BC au pointE.M étant le milieu deBC, on trace la droiteAM qui coupe le cercle (Γ) en un deuxième point N. Le cercle circonscrit au triangleAM E coupe le cercle (Γ) en un deuxième point F distinct de A. Démontrer que la droite F N coupe le segment M D en son milieu.
Solution de Jean Moreau de Saint-Martin
Je travaille en coordonnées barycentriques de baseA, B, C.
M D=M BtanA=OMtan2A, avec M(0,1/2,1/2) et O
cosA
2 sinBsinC, cosB
2 sinCsinA, cosC 2 sinAsinB
, d’où pourD: D −sin2A
2 cosAsinBsinC, sinB
2 sinCcosA, sinC 2 cosAsinB
!
et pour le milieuP de
M D :P −sin2A
4 cosAsinBsinC,sinB+ sinCcosA
4 sinCcosA ,sinC+ sinBcosA 4 cosAsinB
! . La droiteAM N a pour équationy=z, d’où pourN :
−sin2A/x= (sin2B+ sin2C/y= (sin2B+ sin2C/z.
La droite AOE a pour équation sin(2B)/y = sin(2C)/z, d’où pour E les coordonnées (non normalisées)E(0,sin(2B),sin(2C)).
L’équation du cercle (AM E) est de la forme
−yzsin2A−zxsin2B−xysin2C+ (x+y+z)(lx+my+nz) = 0.
EnA,y=z= 0 d’oùl= 0.
EnM, on am+n= (1/2) sin2A.
EnE,msin(2B) +nsin(2C) = sin2Asin(2B) sin(2C) sin(2B) + sin(2C) .
On en tiremsin(2B) =nsin(2C) ; l’équation de l’axe radicalAF des deux cercles est 0 =lx+my+nz, ou encore ysin(2C) +zsin(2B) = 0.
Substituanty/z =−sin(2B)/sin(2C) dans l’équation de (Γ) :
−(y/x) sin2A−sin2B−(y/z) sin2C = 0, on obtient pourF : x
sin2AcosBcosC = y
sinBcosBsin(C−B) = z
sinCcosCsin(B−C). Pour qu’il y ait alignement P N F, le déterminant des coordonnées doit être nul :
−sin2A sin2B+ sinBsinCcosA sin2C+ sinBsinCcosA
−sin2A sin2B+ sin2C sin2B+ sin2C sin2AcosBcosC sinBcosBsin(C−B) sinCcosCsin(B−C)
= 0.
Je divise la première colonne par sin2A, puis j’ajoute à la 2e et la 3e
colonne la nouvelle première colonne, multipliée par sin2B et sin2C res- pectivement. Le déterminant devient
sin2A
−1 sinBsinCcosA sinBsinCcosA
−1 sin2C sin2B cosBcosC sinBcos2BsinC sinCcos2CsinB puis, mettant sinC et sinB en facteur dans les 2e et 3e colonnes,
sin2AsinBsinC
−1 sinBcosA sinCcosA
−1 sinC sinB cosBcosC sinBcos2B sinCcos2C
Retranchant la 2e ligne de la premère, puis ajoutant à la 3e ligne la 2e multipliée par cosBcosC, on a
sin2AsinBsinC
0 −sinAcosB −sinAcosC
−1 sinC sinB
0 cosBsinAcos(B−C) cosCsinAcos(B−C) où la nullité résulte de la proportionnalité entre la première et la troisième ligne.
Cela traduit l’égalité vectorielle
F P~ (sin2A−4 cosAcosBcosC) =N P~ (4 cosAsinBsinC+ sin2A).
ou, en notant K le milieu de AM,N P~ =F P~ (KO/KM)2. En effet, 4 cosAcosBcosC = 2 cosA(cos(B−C)−cosA) =
=−cos(2A)−cos(2B)−cos(2C)−1 = 2(sin2A+ sin2B+ sin2C)−4 = (a2+b2+c2)/(2R2)−4 = (4AM2+ 3a2)/(4R2)−4 =
= sin2A+ (4AM2+ 2a2)/(4R2)−4 =
= sin2A−(AM2−2R2−2(R2−a2/4))/R2 =
= sin2A−(AM2−2OA2−2OM2)/R2 = sin2A−4OK2/R2. 4 cosAsinBsinC= 2 cosA(cos(B−C) + cosA) =
= cos(2A)−cos(2B)−cos(2C) + 1 = 2(sin2B+ sin2C−sin2A) = (b2+ c2−a2)/(2R2) =AM2/R2−sin2A.
L’homothétie de centreGet de rapport−2 transformeO en l’orthocentre H,M en AetK en M, d’où l’égalité N P~ =F P~ (M H/AM)2.
Cette relation pousse à envisager une approche géométrique.
GeoGebra affiche des angles égaux dans les triangles M N P et AHM, semblables à retournement près. Pour le prouver, je prolonge AF jus- qu’à son intersectionZ avec BC.AF étant axe radical des deux cercles, ZB.ZC = ZA.ZF = ZE.ZM, d’où on tire que la division (B, C, E, Z) est harmonique ; cela permet de localiserF sur (Γ), de déterminer l’angle
6 F BA = 6 F N A, et de vérifier qu’il est bien supplémentaire de l’angle
6 M HA(calculs que je n’ai pas entrepris, me fiant à GeoGebra).
De la même façon, GeoGebra affiche pour l’angle6 M F P la même valeur que pour 6 N M P = 6 M AH. Cela doit pouvoir se vérifier à partir de la localisation deF sur (Γ). Ainsi le triangleF M P est semblable au triangle AHM; l’égalité N P/P M = P M/F P = M H/AM conduit à l’égalité vectorielle ; pour répondre au problème, il reste à montrer –à l’inverse de ma première démarche– que le pointP intersection de F N et de M D est le milieu deM D.
