Enoncé D1843 (Diophante) Un bel alignement Soit un triangle scalène

Enoncé D1843 (Diophante) Un bel alignement

Soit un triangle scalèneABC. Le cercle de centreC et de rayonCAcoupe la droite [AB] en un deuxième pointDet le cercle de centreB et de rayon BAcoupe la droite [AC] en un deuxième pointE.

On trace le pointP symétrique deApar rapport au côtéBC puis le cercle (Γ) circonscrit au triangleADE. La droite [P D] coupe le cercle (Γ) en un deuxième point F tandis que la droite [P E] coupe ce même cercle en un deuxième pointG.

Les droites [BF] et [CG] se rencontrent enH, les droites [DE] et [F G] se rencontrent en I et les droites [AG] et [EH] se rencontrent enJ.

Q₁ Démontrer que le pointHest sur le cercle circonscrit au triangleABC.

Q₂ Démontrer que les trois points B,I etJ sont alignés.

Solution de Jean Moreau de Saint-Martin

Pour alléger l’écriture, je noteraiA, B, C les angles (AB, AC), (BC, BA), (CA, CB) du triangleABC.

Dans le cercle de centre C et de rayon CA, on a (P A, P D) = (CA, CD)/2 =π/2−A, et

(AD, AP) = (CD, CP)/2 =C−(π/2−A) =π/2−B.

On a de même, dans le cercle de centre B, (P E, P A) = π/2 −A et (AP, AE) =π/2−C.

Les médiatrices des segmentsAD etAE sont respectivement les hauteurs du triangleABC abaissées de C et deB; ainsi (Γ) a pour centre l’ortho- centre du triangleABC, sur la droiteAP. Comme (P A, P D) = (P E, P A), la symétrie par rapport à P Aconserve globalement (Γ) et transforme les droites P D et P E l’une en l’autre ; ainsi F et G sont les symétriques de E etD respectivement.

Question 1

Les milieux de AD et AE sont les projections de respectivement C et B, d’où 2 cosA = AD/AC = AE/AB. De ce fait, le triangle AED est semblable au triangleABC, à retournement près ; le triangle AF G, symé- trique du triangleAED, est directement semblable au triangle ABC. La similitude de centreAqui transforme B et C (angleA, rapport AC/AB) transforme aussiF en G; la droite CG, transformée de la droite BF, fait avec elle l’angle A = (HB, HC) = (HF, GH), ce qui situe H au second point d’intersection des cercles (Γ) et circonscrit à ABC.

Question 2

A défaut de solution géométrique élégante (polaires ?), je travaille en co- ordonnées barycentriques de base A, B, C. Le rayon du cercle circonscrit est pris pour unité de longueur, (Γ) ayant 4 cosA pour diamètre.

Sur (Γ), la puissancep=−a²yz−b²zx−c²xy d’un point par rapport au cercle circonscrit est proportionnelle à la distance à l’axe radical (iciAH) des deux cercles, et fonction linéaire des coordonnéesx, y, z.

La cocyclicité de quatre points (iciA, D, E, H) se traduit par l’annulation du déterminant de ligne courante x y z p .

1 0 0 0 BD/BA AD/AB 0 DA.DB CE/CA 0 AE/AC EC.EA

x_H y_H z_H 0

= 0,

d’où yHBA.BD+zHCA.CE= 0, ou équivalemment y_HsinCsin(A−B) +z_HsinBsin(A−C) = 0, ce qui est l’équation de la droite AH.

Sur le cercle circonscrit, sin²A/xH = −sin²B/yH −sin²C/zH, d’où on tire 2x_Hsin(B −C)/sinA = y_H(tanAcotB−1) = z_H(1−tanAcotC).

Je noterai W la valeur commune de ces expressions.

La propriété à démontrer équivaut à :EH contient le pointJ⁰ intersection de AG etBI.BC coupe AI en A⁰ etAG en G⁰,BI coupe AC en I⁰. BG⁰= 2BA⁰ = 4 sinCcosB,G⁰C = 2 sin(B−C), d’où l’équation deAG: 2y/z= tanBcotC−1.

Dans le triangleADI, d’angles C en D,π/2−B en A, AI =ADsinC/cos(B−C) = 4 cosAsinBsinC/cos(B−C)

=AA⁰.2 cosA/cos(B−C).

La sécante BII⁰ du triangle AA⁰C donne (Ménélaüs) (IA/IA⁰)(BA⁰/BC)(I⁰C/I⁰A) = 1,

d’où pour les coordonnées deI⁰ z

x = I⁰A

CI⁰ =− 2 cosA

2 cosA−cos(B−C) ·sinCcosB

sinA = 2 cotA 3 cotC−tanB. Cela fournit l’équation de la droite BI : 2x=ztanA(3 cotC−tanB), puis les coordonnées de J⁰ :

tanA(3 cotC−tanB)

x = tanBcotC−1

y = 2

z.

L’alignement J⁰EH se traduit par l’annulation du déterminant tanA(3 cotC−tanB) tanAcotC−1 x_H

tanBcotC−1 0 yH

2 2 z_H

Développant par rapport à la 3e colonne, xH fournit la contribution 2x_H(tanBcotC−1) =WsinA/(cosBsinC).

z_H fournit la contribution

zH(tanBcotC−1)(1−tanAcotC) =Wsin(B−C)/(sinCcosB).

y_H fournit la contribution

2y_H(1−tanAtanB+ 2 tanAcotC) = 2y_H

cosAcosBsinC ×

(cosAcosBsinC−sinAsinBsinC+ 2 sinAcosBcosC) = 2y_H

cosAcosBsinC(cosBsinB+ sinAcos(B+C)) = y_H

cosAcosBsinC(sin(2B)−sin(2A)) = −2y_HcosCsin(A−B) cosAcosBsinC =

−W.2 sinBcosC cosBsinC .

Au total, la valeur du déterminant est W

cosBsinC(sinA+ sin(B−C)−2 sinBcosC) = 0,

ce qui assure queBI,AG, etEH sont concourantes en J, CQFD.