Solution du probl` eme num´ ero D 1838 (

Solution du probl` eme num´ ero D 1838 (

Enonc´´ e du probl`eme.Soient un triangle scal`eneABC, son cercle circonscrit Γ et un pointD`a l’int´erieur de l’arc de cercle

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BC de Γ qui ne contient pasA. On prolonge le cˆot´e [A, B] d’un segment [B, E] avec BE =BD et le cˆot´e [A, C] d’un segment [C, F] avec CF =CD. Le cercle circonscrit au triangle BDE coupe la droite (EF) en un deuxi`eme pointL. D´emontrer que le cercle circonscrit au triangleBCLcoupe la droite (EF) en un point M autre queLqui est le milieu de [E, F].

Solution du probl`eme. Dans les deux lemmes ci-dessous, nous allons consid´erer deux situations plus simples qui permettent me semble-t-il de mieux appr´ehender le probl`eme.

Par convention, dans la suite, si deux pointsS, T sont sur un mˆeme cercleC, la notation (ST) d´esigne comme d’habitude la droite passant par S et T si ces deux points sont distincts et d´esigne sinon la tangente en S au cercleC si ces deux points sont confondus. On rappelle alors que l’angle orient´e entre deux droites (ST) et (S⁰T⁰) est d´efini moduloπ et est not´e (ST, S⁰T⁰) plutˆot que ((ST),(S⁰T⁰)).

Lemme 1. Soient Γ1,Γ2 et Γ3 trois cercles passant par un point O. Les cercles Γ2,Γ3 (resp. Γ3,Γ1 et Γ1,Γ2) se rencontrent en un deuxi`eme pointP (resp.Qet R) ´eventuellement confondu avecO. A partir d’un point quelconque M1 du cercle Γ1 , la droite (M1R) coupe le cercle Γ2 en un deuxi`eme point M2, puis la droite (M2P) coupe le cercle Γ3en un deuxi`eme pointM3et enfin la droite (M3Q) coupe le cercle Γ1 en un deuxi`eme pointM4.

AlorsM₄=M₁.

Preuve du Lemme 1. Grˆace `a l’´egalit´e de Chasles, puis au th´eor`eme de cocyclicit´e sur les cercles Γ1,Γ3, nous avons la suite d’´egalit´es d’angles de droites moduloπ:

(QM1, QM3) = (QM1, QO) + (QO, QM3) = (RM1, RO) + (P O, P M3) = (RM2, RO) + (P O, P M2) (π).

Puis en travaillant sur le cercle Γ2 :

(QM1, QM3) = (P M2, P O) + (P O, P M2) = 0 (π).

Puisque bien ´evidement (QM4, QM3) = 0 (π), nous concluons (QM1, QM4) = 0 (π) soitM4=M1.

Lemme 2. Soient U, V, W trois points distincts avec I milieu de [U, V]. On colle alors sur le triangle U V W deux autres trianglesV U⁰W etW V⁰U avec la mˆeme orientation, qui sont isoc`eles respectivement enU<sup>0</sup> enV<sup>0</sup> et dont la somme des angles aux sommets est ´egale `aπ. Alors le triangleIU⁰V⁰est rectangle enI.

Preuve du Lemme 2. En appliquant si n´ecessaire un sym´etrie axiale, on peut supposer en toute g´en´eralit´e que le triangle V U⁰W est direct.

On noteα(resp.β) l’angle non orient´e au sommet du triangleV U⁰W (resp.W V⁰U) qui appartient

`

a l’intervalle ]0;π[ ; on aα+β =π.Notonss1 la similitude directe de centreV qui envoieU⁰ surW, s2

la similitude directe de centreU qui envoieW surV⁰ ets:=s2◦s1. On as(U⁰) =V⁰. D’une part, l’angle de la similitudes1est π−α

2 tandis que l’angle de la similitudes2est π−β 2 ; donc l’angle de la similitude compos´eesest la somme de ces deux angles soit π−α

2 +π−β

2 =π−α+β

2 =π

2. D’autre part, posonsJ:=s1(I). Les trianglesV U⁰W etV IJ sont directement semblables. DoncV IJ

est isoc`ele enIet (−→ IJ ,−→

IV) =α(2π). PuisqueIest le milieu de [U, V] on d´eduit les ´egalit´es suivantes sur

les longueursIJ =IV =IU soit :

IJ=IU et pour les angles orient´es de vecteurs :

(−→

IU ,−→

IJ) = (−→

IU ,−→

IV) + (−→

IV ,−→

IJ) =π−α=β(2π).

Ainsi les deux trianglesU J I et U W V⁰ sont directement semblables et par cons´equents2(J) =I. Nous d´eduisons alors ques(I) = (s2◦s1)(I) =s2(J) =I,ce qui signifie que Iest le centre de la similitude s.

En r´esum´esest une similitude de centreI, d’angle π

2 qui envoieV⁰ surU⁰. Donc nous concluons que

le triangleIU⁰V⁰ est rectangle enI.

Retour `a la solution du probl`eme.

Nous allons proc´eder en trois ´etapes.

Etape 1.Montrons que les quatre pointsC, D, LetF sont cocycliques.

Pour cela, appliquons le Lemme 1 avec les trois cercles Γ1 cercle circonscrit au triangle non aplati CDF, Γ₂ := Γ et Γ₃ cercle circonscrit au triangleBDE qui ont pour point en commun le point D. On choisit aussiM₁:=F et on note L₁ le deuxi`eme point commun aux deux cercles Γ<sub>2</sub>,Γ<sub>3</sub> Alors, grˆace au Lemme 1, le cercle Γ<sub>3</sub> coupe la droite (EF) en E et en un deuxi`eme point qui n’est autre que L₁. Or, d’apr`es l’´enonc´e ce deuxi`eme point estL. D’o`uL=L₁etLest sur le cercle Γ₁. Les quatre pointsC, D, L etF sont donc cocycliques.

Etape 2.Montrons que le milieu de [E, F] not´eM1 est sur le cercle de diam`etre [B, C].

Par hypoth`ese le point D est sur l’arc

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BC de Γ, donc D est `a l’int´erieur du secteur d´elimit´e par les deux demi-droites [A, B) et [A, C). Ainsi les deux trianglesDBE et F CD ont la mˆeme orientation.

De plus, puisqueC, D, F, Lsont cocycliques d’apr`es l’´etape 1 et puisqueD, B, E, Lsont cocycliques par hypoth`ese, nous avons les ´egalit´es d’angles de droites moduloπsuivantes

(BE, BD) + (CD, CF) = (LE, LD) + (LD, LF) = (LE, LD) + (LD, LE) = 0 (π).

Donc, puisque nous venons de voir que DBE et F CD ont la mˆeme orientation, la somme des angles aux sommetsCet Ddes deux triangles isoc`eles respectifsF CDet DBEest ´egale `aπ. En appliquant le Lemme 2 au triangleEF D, nous d´eduisons que le triangleM₁BCest rectangle enM₁ce qui signifie que M₁ est sur le cercle de diam`etre [B, C].

Etape 3.Montrons que le pointLest aussi sur le cercle de diam`etre [B, C].

D’apr`es l’´etape 1, les quatre pointsC, D, F, Lsont sur le cercle Γ1dont le centre sera not´eO1. D’apr`es le th´eor`eme de l’angle au centre et puisque le triangleCDF est isoc`ele enC, nous avons modulo 2π:

2(LC, LD) = (−−→

O₁C,−−→

O₁D) = (−−→

O₁F ,−−→

O₁C) = 2(LF, LC) (2π).

Donc nous avons l’´egalit´e suivante sur les angles de droites : (LC, LD) = (LF, LC) (π).

De mˆeme nous avons

(LD, LB) = (LB, LE) (π).

De ces deux derni`eres ´egalit´es, on d´eduit la suite d’´egalit´es :

2(LC, LB) = 2(LC, LD)+2(LD, LB) = (LF, LC)+(LC, LD)+(LD, LB)+(LB, LE) = (LF, LE) = 0 (π).

Ainsi 2(LC, LB) = 0 (π) et donc les deux droites (LC) et (LB) sont orthogonales entres elles. Par cons´equent le pointLest sur le cercle de diam`etre [B, C].

Conclusion.Nous avons donc d´emontr´e que le cercle circonscrit au triangle CBL, qui n’est rien d’autre que le cercle de diam`etre [B, C] passe par le milieu du segment [E, F], ce qui s’´ecrit en d’autres termes

M =M1.