Enoncé D1900 (Diophante) Un X fixe
Soient un triangle ABC et un point P variable sur la droite BC de sorte que C est situé entre B et P et les cercles inscrits aux triangles ABP et ACP se rencontrent en deux points D et E. Montrer que la droite DE passe par un point fixe X indépendant de la position deP.
Solution de Jean Moreau de Saint-Martin
Je note I, Y, Z les centres des cercles inscrits aux triangles ABC, ABP, ACP; r, y, z leurs rayons ; J et s le centre et le rayon du cercle exinscrit au triangle ABC dans l’angle A. Y est sur BJ et Z surCJ.
Je note BC = a, CA = b, AB = c, et p le demi-périmètre du triangle ABC. Les angles notésA, B, C sont ceux du triangleABC.
Je remarque que la droite DE est l’axe radical des deux cercles inscrits aux triangles ABP et ACP; son enveloppe (quand P varie) résulte de relations qui restent valables siDetE sont imaginaires conjugués au lieu d’être réels. Cela autorise à considérerP aussi proche deC que l’on veut, même si les cercles ne sont plus sécants.
Diophante ayant l’obligeance de nous dire que cette enveloppe se réduit au pointX, nous pouvons construire ce point à partir de deux positions particulières deP, par exempleC et l’infini surBC.
QuandPpart à l’infini surBC, les deux cercles inscrits ont même diamètre égal à la hauteurAH (de longueurh) abaissée deA surBC.Y etZ sont enY0 etZ0, intersections deBJ etCJ avec la médiatrice deAH. Ce sont aussi les projections deAsurBJ etCJ, car les anglesBAP etCAP sont supplémentaires des anglesP BAetP CA; ainsiY0 etZ0appartiennent au cercle de diamètreAJ. L’axe radical DE est la médiatrice de Y0Z0, c’est la perpendiculaire àBC menée du milieu K de AJ, et qui coupeBC en X0.
SiP vient enC, le cercle inscrit au triangleACP se réduit au cercle-point (C), alors que le cercle inscrit au triangleABP est le cercle (I) inscrit au triangleABC.
L’axe radical de (C) et (I) passe par les milieux des tangentes communes aux deux cercles et est perpendiculaire àCI, donc parallèle àCJ. Soit F le point de contact deBC avec (I), l’axe radical passe par le milieu L de F C.
CF, CL, CA, CJ, CK = CX0, LX0 ont pour projections respectives sur BC (en valeur algébrique)
c−p,(c−p)/2,−bcosC, p−a,(p−a−bcosC)/2,(b−bcosC)/2.
Comme (BC, LX) = (BC, CJ) = (π−C)/2,X0X =LXtan(BC, LX) = LXcot(C/2) = (bsinC)/2 =h/2.
Cela identifie X au milieu de Y0Z0. Je notem=Y0X=XZ0.
Il reste à montrer que X a même puissance par rapport aux deux cercles inscrits de l’énoncé.
Y parcourant BJ, et plus précisément le segment IY0, les projections de Y X surHA etBC sonth/2−y etm+ (h/2−y) cot(B/2).
La puissance de X par rapport au cercle (Y) est Y X2−y2 et prend la forme
ycotB
2 −m−c 2
+c(2m−c)(1−cosB)/2.
De même, Z parcourt le segment CZ0; les projections deXZ sur AH et BC sonth/2−z etm−(h/2−z) tan(C/2).
La puissance de X par rapport au cercle (Z) est XZ2 −z2 et prend la forme
m−b+ztanC 2
2
+b(2m−b)(1 + cosC)/2.
Les rayons y et z sont liés. Comme (AB, AP) = (AB, AC) + (AC, AP), on a (AB, AY) =A/2 + (AC, AZ) soit
arctan y
c−ycot(B/2) = A
2 + arctan z
b−ztan(C/2), Mise sous forme entière, cette relation s’écrit
ycot(B/2)−ztan(C/2) =p−b.
Il en résulte que le segment Y Z se projette sur BC selon un segment de longueur constante F C =Y0Z0 =p−c= 2m.
On voit que m−b+ztanC
2 = p−c
2 −b+ztanC
2 = p−c
2 −p+ycotB
2 =ycotB
2−m−c.
La puissance de X par rapport aux deux cercles est le carré de cette expression, diminué de
b(b−2m)(1 + cosC)/2 =hs/2 =c(c−2m)(1−cosB)/2.
