Enonc´e noD175 (Diophante) Un point de rencontre bien connu
D´emontrer qu’il est toujours possible de tracer au moins une ligne droite (L) qui partage un triangle scal`ene ABC en deux polygones de mˆeme p´erim`etre et de mˆeme aire. Le cercle inscrit du triangle touche BC en P. On trace la droite (L0) qui passe par les milieux de AP et de BC.
D´eterminer le point de rencontre des deux droites (L) et (L0).
Solution de Jean Moreau de Saint-Martin
a) Supposons qu’il existe une solution (L) coupant les segments AB et AC, enM etN respectivement.
On aAM+AN =M B+BC+CN = (BC+CA+AB)/2, pour l’´egalit´e des p´erim`etres du triangle AM N et du quadrilat`ereBCN M, et
AM ·AN =AM ·AN/2, pour que l’aire de AM N soit la moiti´e de celle de ABC.
Notanta, b, c, ples longueursBC, CA, ABet le demi-p´erim`etre du triangle ABC,AM etAN doivent ˆetre racines du trinˆome x2−px+bc/2.
Si les racines sont r´eelles, elles sont>0 car somme et produit le sont.
Si c < a,c s´epare les racines car c2−pc+bc/2 =c(c−a)/2.
Ainsi BC ne peut pas ˆetre le plus grand cˆot´e, car avec a >max(b, c) les racine sont s´epar´ees par betc; il y a une racine<min(b, c) et une racine
>max(b, c).
Si a s´epare b et c, par exemple c < a < b, il y a une racine r´eelle < c et d´efinissant M sur AB, et une racine r´eelle < b (car b ne s´epare pas les racines) et d´efinissantN surAC.
Si BC est le plus petit cˆot´e, ni b ni c ne s´eparent les racines. Si celles-ci sont r´eelles et distinctes, elles sont toutes deux<min(b, c), car leur somme p < b+c <2 max(b, c) ; il y a deux solutions, l’une des racines d´efinissant M et l’autre N. Mais il se peut qu’il n’y ait pas de racine r´eelle, donc pas de solution si p2 <2bc.
En conclusion, supposons les sommets nomm´es en sorte que a < b < c, il y a toujours une solution coupant les segmentsBAetBC (le plus long et le plus court), et il peut y avoir deux solutions (ou une dans le cas limite p2 = 2bc) coupantAB etAC (les deux plus longs).
b) Chaque droite (L) passe par le centreIdu cercle inscrit. En effet,I´etant
`
a la mˆeme distance de chacun des cˆot´es, l’´egalit´e des p´erim`etres entraˆıne l’´egalit´e des aires du quadrilat`ere AM IN et du pentagone BCN IM; or ces aires s’obtiennent `a partir des aires de AM N et BCN M en ajoutant ou retranchant l’aire du triangleM N I. Ce dernier est n´ecessairement plat.
Il suffit donc de montrer queI appartient `a (L0).
L’homoth´etie H1 de centre P et de rapport 2 transforme le milieu de AP en A, et le milieu de BC en Q, point de contact de BC avec le cercle exinscrit dans l’angleA. En effet, on a BP =CQ=p−b.
L’homoth´etieH2de centreAqui transforme ce cercle exinscrit en le cercle inscrit transformeQen le point du cercle inscrit o`u la tangente est parall`ele
`
aBC; c’est le sym´etrique de P par rapport `aI, et donc le transform´e de I parH1; il appartient `a AQ, transform´ee de (L0) par H1, ce qui prouve queI appartient `a (L0).
Voici deux autres preuves de cette propri´et´e de I, propos´ees par M.-D.
Indjoudjian (La Jaune et la Rouge de d´ecembre 1998)
1) Par les coordonn´ees barycentriques, qui sont proportionnelles `a (0,1,1) pour le milieu deBC, `a (a, p−c, p−b) pour le milieu deAP, et `a (a, b, c) pourI. Or on voit que
a b c
=
a p−c p−b
+ (p−a)
0 1 1
.
2) Consid´erons le faisceau lin´eaire tangentiel des coniques d´efinies par les deux enveloppes d´eg´en´er´ees que constituent le couple de points (A, P) et le couple de points (B, C). Les centres des coniques de ce faisceau sont align´es (´etant les pˆoles de la droite de l’infini par rapport `a ces coniques).
Or trois de ces centres sont le milieu deAP, le milieu deBC, et I car le cercle inscrit fait partie du faisceau.
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