D240. Un trio de quadrilatères
Soit un triangleABC quelconque. Démontrer les propriétés suivantes :
1. Il existe un pointD dont on donnera la construction à la règle et au compas tel que le quadrilatèreABC D est bicentrique, c’est-à-dire qu’il admet un premier cercle de centre O qui lui est circonscrit et un deuxième cercle intérieur de centre I tangent à ses quatre côtés aux pointsP,Q,RetS.
2. Le pointEd’intersection des diagonales ACetB Ddu quadrilatèreABC Dest aligné avec les pointsOetI.
3. Les diagonales du quadrilatèrePQRS sont perpendiculaires entre elles et se rencontrent au pointE.
4. Le quadrilatèreK LM N dont les sommets sont les pieds des perpendiculaires issues du pointEsur les côtés du quadrilatèrePQRS, est lui-même un quadrilatère bicentrique dont Eest le centre du cercle inscrit et qui est homothétique au quadrilatèreABC D.
Solution de Claude Felloneau
On oriente le plan de sorte que la mesure principale de l’angle³−→
BC, −→
B A´
est comprise entre 0 etπ. On noteC le cercle circonscrit au triangleABC etO son centre.
1. • Analyse
Si le quadrilatère ABC D admet un cercle de centre I tangent respectivement à dbABec, dbBCec, dbC DecetdbD AecenP,Q,RetS, alors :
– les droites (AI), (B I), (C I), (D I) sont res- pectivement les bissectrices des anglesD AB,
ABC,BC D, C D A,
– P etQ sont les projetés orthogonaux deI sur dbABecetdbBCec,
– Rest le symétrique deQ par rapport à (C I) et Sest le symétrique dePpar rapport à (AI).
– Le point D est le point d’intersection des droites (AS) et (C R).
Pour obtenir D à partir des points A, B, C, il suffit donc de connaître la position du pointI.
×
I
bA
bB
b C
bD
b
P
bQ
b
R
bS
α
β γ δ
En notant respectivement α, β, γ, δ les mesures principales des angles ³−→
AB, −→ AI´
³−→ , BC, −→
B I
´ ,
³−−→
C D, −→ C I
´ ,
³−−→
D A,−→
D I
´ , on a
³−→ I A, −→
I C´
≡
³−→ I A,−→
I P´ +
³−→ I P, −→
I Q´ +
³−→
I Q, −→ I C´
[2π]
avec
³−→ I A, −→
I P
´
≡π
2−α[2π],³−→ I P, −→
I Q
´
≡π−2β[2π] et³−→
I Q, −→ I C
´
≡π
2−γ[2π].
Donc ³−→
I A,−→ I C´
≡ −α−γ−2β[2π].
Si, de plus,Dappartient au cercleC, alors³−→
AB, −−→
AD´ +
³−−→
C D, −→
C B´
≡π[2π], donc α+γ≡π
2 [2π] et ³−→ I A, −→
I C´
≡ −π
2−2β[2π].
– Si le triangleABC est rectangle enB, 2β=π
2, donc³−→ I A, −→
I C´
≡0 [π]. Les pointsI,A etCsont alignés.Iest le point d’intersection de [AC] avec la bissectrice de l’angle ABC.
– Si le triangleABC n’est pas rectangle enB,−π
2−2β≡/ 0 [π], donc les pointsI,Aet Cne sont pas alignés.
SoitO0l’image deO par la rotation de centre Aet d’angle π
2. Le pointO0est sur la tangente àC enA et situé dans le demi-plan de frontière (AC) ne contenant pas B, donc
³−−→
AO0, −→
AC
´
≡
³−→
B A,−→
BC
´
≡ −2β[2π].
Or
³−−→ O A, −−→
AO0
´
≡ −π
2 [2π], donc
³−→ I A,−→
I C´
≡³−−→ O A,−−→
AO0´
+³−−→
AO0,−→
AC´
≡³−−→ O A, −→
AC´ [2π].
I appartient l’arc de cercleC1d’extrémités A etC qui est tangent à (O A) en A et qui est situé dans le demi-plan de frontière (AC) qui contientO.
I est donc le point d’intersection de cet arc de cercle avec la bissectrice de l’angle ABC.
Dans les deux cas, le pointI est défini de façon unique à partir deA,B etC. Donc il n’y a qu’au plus un pointDsolution.
• Synthèse
Les pointsA,B,Csont donnés.
– Si le triangleABC est rectangle enB, on construit à la règle et au compas le milieu Ode [AC] et la bissectrice de l’angleABC qui coupedbACecenI, le projeté orthogo- nalP deI sur (AB) puis le symétriqueDdeB par rapport à (AC).
bA b B
bC
bO
b
D
b
I
b
P
– Si le triangleABC n’est pas rectangle enB, on construit à la règle et au compas le centreO du cercle circonscritC au triangleABC, le point d’intersection Ωde la perpendiculaire à (O A) en A et de la médiatrice dedbACecainsi que la bissectrice intérieure∆de l’angleABC. L’existence du pointΩdécoule du fait queOn’appar- tient pas (AC). L’arc de cercleC1de centreΩet d’extrémitésAetCqui est contenu dans le demi-plan de frontière (AC) contenantO, coupe la droite∆en un pointI. On a alors :
³−→ I A, −→
I C
´
≡
³−−→ O A, −→
AC
´
≡ −π 2+
³−→
B A, −→
BC
´
≡ −π
2−2β[2π]. (∗)
Le projeté orthogonalP deIsur (AB) se construit facilement à la règle au compas ainsi que le symétriqueQ deP par rapport (B I), le symétriqueRdeQ par rapport à (C I) et le symétriqueSdePpar rapport à (AI). On a alors
I P=I Q=I R=I S, (I P)⊥(AB), (I Q)⊥(BC), (I R)⊥(C D), (I S)⊥(D A) A,B,C n’étant pas alignés,β6=π
2, doncP n’est pas confondu avecB. P n’est pas confondu avecAsinon on aurait
³−→ I A, −→
AB
´
≡π 2[π], donc
³−→ I C,−→
AB
´
−π
2−2β≡ π
2 [π], d’où
³−→ I C, −→
AB
´
≡2β≡
³−→
BC, −→
AB
´
[π]. Les points I,B etC seraient alignés, ce qui est impossible puisque (B I) est la bissectrice de ABC.
De même,Qn’est confondu ni avecB, ni avecC. On en déduitR6=CetS6=A.
On a alors
³−→
AS, −→
C R
´
≡
³−→
AS, −→ AI
´ +
³−→ AI, −→
C I
´ +
³−→ C I, −→
C R
´ [π].
Donc
³−→
AS, −→
C R
´
≡
³−→ AI, −→
AB
´
−π
2−2β+
³−→
C B, −→ C I
´ [π].
D’où
³−→
AS, −→
C R
´
≡
³−→ AI, −→
AB
´
−π 2+
³−→
AB, −→
C B
´ +
³−→
C B, −→ C I
´
≡
³−→ I A,−→
I C
´
−π
2 ≡2β[π].
Comme A, B et C ne sont pas alignés, 2β ≡/ 0 [π] et les droites (C R) et (AS) se coupent en un point que l’on nommeD.
Le cercle de centreIpassant parPest tangent intérieurement aux quatre côtés du quadrilatèreABC D.
Avec les notations précédentes, on a alors
³−→ I A, −→
I C
´
≡ −α−2β−γ[2π].
Compte tenu de (*), on en déduit queα+γ≡π
2 [2π] donc
³−→
AB, −−→
AD´ +
³−−→
C D,−→
C B´
≡π[2π].
Les pointsA,B,C,Dsont donc cocycliques. Le pointDest donc sur le cercleC. FinalementABC Dest un quadrilatère bicentrique.
b
A
b
B
b
C
bO
bΩ
b
I
b
P
bQ
b
R
bS
b
D
2. On posea=AP,b=BQ,c=C R,d=DSetr =I P. Commeα+γ=π
2, on a tanαtanγ=1, d’oùac=r2. De même,β+δ=π
2 etbd=r2.
Il existe donc un réel non nulq tel queb=q aetc=qd.
Si les pointsO,E, I ne sont pas alignés, le quadrilatère ABC D a au moins un couple de cotés opposés non parallèles sinon ce serait un parallélogramme bicentrique, donc un rectangle admettant un cercle inscrit c’est-à-dire un carré etOserait confondu avecI. On peut donc supposer par exemple que (AD) et (BC) ne sont pas parallèles. On noteF le projeté deE sur (OI) dans la direction orthogonale à (BC) etxle réel tel que−−→
OF=x−→
OI. CommeF 6= E et (AD) non parallèle à (BC), les projetés orthogonauxE2 et F2 de E et F sur (AD) sont distincts et on a−−−→
O2E2=x−−→
O2S+−−−→
F2E2oùO2 est le milieu dedbADec. Ainsi O−−−→2E26=x−−→
O2S(**).
Par projection orthogonale sur (BC), on a :−−−→
O1E1=x−−−→
O1QoùO1est le milieu dedbBCec.
La similitude indirecte f qui transformeE enE etB enA transformeC enD (car les tri- anglesE BC etE ADsont semblables et d’orientation contraire),O1 enO2(conservation du milieu) etE1enE2(conservation des hauteurs).
f étant une application affine, l’égalité−−→ BQ= b
b+c
−→BC donne−−−−→
A f(Q)= b b+c
−−→AD.
Or b
b+c = q a
q a+qd = a
a+d et a a+d
−−→AD=−→
AS, doncf(Q)=S.
De même, l’égalité−−−→
O1E1=x−−−→
O1Q donne−−−→
O2E2=x−−→
O2S. Ce qui contredit (**).
Ainsi les pointsE,OetIsont alignés.
3. La bissectrice de l’angleAE B coupe le segmentdbABecen un point J qui est le barycentre des points pondérés (A, E B) et (B, E A).
Or E B E A = BC
AD = b+c
a+d = q a+qd
a+d =q = b
a, donc J est le barycentre des points pondérés
Les anglesAE B etC E D étant opposés par le sommets, (E P)=(E R). Donc la droite (P R) est la bissectrice deAE B et passe parE.
De même, (QS) est la bissectrice de l’angleB EC et passe parE. CommeAE B etB EC sont supplémentaires, les droites (P R) et (QS) sont perpendiculaires.
b
A
b
B
b
C
bO
bI
b
P
bQ
b
R
bS
b
D
b E
bK
bL
bM
bN
b
4. Dans le triangleE SPrectangle enE,E K =E PsinSP R. OrSP R=DRS (tangente et angle inscrit),DRS=π
2−δ=βet sinβ=I P I B, doncE K =E P·I P
I B . AinsiE K
I A =E P·I P
I A·I B. De même, E L
I B =E P·I P
I A·I B donc E K I A =E L
I B. De façon analogue, on aE L
I B =E M
I C et E M I C =E N
I D. On pose
k=E K I A =E L
I B =E M I C =E N
I D. SoitH le point tel que−−→
HE=k−→
H I. L’existence deHest assurée par le fait quek6=1.
En effet,E K6E SetE L6EQ, doncE K+E L6E S+EQ=QS, d’oùE K+E L62r.
Orr =I P<I Aetr =I P<I B, doncE K+E L<I A+I B. On a doncE K <I AouE L<I B, donck<1.
Soith l’homothétie de centre H et de rapportk. Commek = E K I A,−−→
E K =k−→
I A et compte tenu de l’égalité vectorielle définissantH, on a−−→
HK =k−−→
H A. Donch(A)=K. De même,h(B)=L,h(C)=M,h(D)=N.
Le quadrilatèreHK LM, image du quadrilatère bicentriqueABC Dpar l’homothétieh, est donc un quadrilatère bicentrique dont le centre du cercle inscrit esth(I)=E.
