D167. Une paire de cercles inscrits
Le cercle inscrit d’un triangle ABC a pour centre I et touche les côtés BC,CA et AB aux points D,E et F. La bissectrice AI coupe les droites DE et DF aux points P et Q. Soit H le pied de la hauteur issue de A sur BC. Démontrer que D est le centre du cercle inscrit du triangle HPQ.
On pose AB=c, BC=a, CA=b, p=(a+b+c)/2. Dans un repère d'origine A, les points sont déterminés par leurs coordonnées : A(0,0), B(c,0), C(0,b), F(p – a, 0), E(0, p – a).
D est le barycentre des points B et C affectés de p-c et p-b, ce qui donne : D(c(p-c)/a, b(p-b)/a).
Q est sur DF : Q = (uD+vF)
(u+v) ses coordonnées sont :
x=[uc(p-c)/a+v(p-a)] / (u+v) et y=[ub(p-b)/a] / (u+v), mais Q est sur la bissectrice donc x=y uc(p-c) + va(p-a) = ub(p-b), qu'on résout en u = a , v = c – b, enfin x = y = (b(p−b))
(a+c−b) = b/2.
Les points C et Q sont sur la droite d'équation x+y = b , donc CQ est perpendiculaire à la bissectrice AI de BÂC, et de même pour BP.
Les quadrilatères (AQHC) et (BPHA) sont inscriptibles dans les cercles de diamètre AC et AB.
(QP,QH)=(QA,QH)=(CA,CH), et de même (PQ,PH)=(PA,PH)=(BA,BH).
Un premier résultat est que les triangles ABC et HPQ sont semblables car P= ̂̂ B etQ= ̂̂ C Soit K le milieu de la base EF du triangle isocèle EAF.
Dans le triangle rectangle PKE on a KP E=̂ Π
2 −KE P=̂ Π
2−F E D=̂ Π
2 −FD B̂ .
Cette dernière égalité est fondée sur l'égalité de deux angles inscrits interceptant le même arc FD.
Dans le triangle isocèle DBF, Π = B+̂ 2∗FD B̂ donc QP D̂ =KP E=̂ B̂ 2 . Dans le triangle HPQ, QP Ĥ = ̂B et QP D=̂ B̂
2 , PD est donc bissectrice de QP Ĥ . Démonstration analogue pour QD bissectrice de PQ Ĥ .
Donc D est le centre du cercle inscrit du triangle HPQ.
