D 1840 Cocyclicité à répétition

(1)

D 1840 Cocyclicité à répétition Solution proposée par Pierre Renfer

Question 1

On va utiliser les affixes complexes dans un repère orthonormé d’origine D, d’axes (BC) et (AE).

Il existe des nombres réels a, b, c, e tels que les points A, B, C, E aient les affixes suivantes :

A : i a B : b C : c E : i e

Pour une droite passant par les points d’affixes u et v, la symétrie orthogonale par rapport à cette droite a pour définition analytique :

(u v )z u v u v

z' u v

     

 

On en déduit les affixes des points S, T, U, V, les symétriques de D respectivement par rapport aux droites (AC), (AB), (EB), (EC) :

S : 2ac (a ic )₂ ₂ a c

 

 T : ^{2ab (a ib)}₂ ₂ a b

 

 U : ^{2eb (e ib)}₂ ₂ e b

 

 V : 2ec (e ic )₂ ₂ e c

 

 L’équation d’un cercle en coordonnées cartésiennes est de la forme :

2 2

x y      r x s y t 0

En écrivant que cette équation est satisfaite par les coordonnées de S, T, U, V, on obtient :

2 2 2 2 2 2

4a c 2r a c 2s ac t (a c ) 0 4a b 2r a b 2s ab t (a b ) 0 4e b 2r e b 2s eb t (e b ) 0 4e c 2r e c 2s ec t (e c ) 0

        

        



       

        



Ce système a bien une solution (r,s,t) car on vérifie qu’est nul le déterminant suivant :

2 2 2 2 2 2

a c a c ac a c a b a b ab a b e b e b eb e b e c e c ec e c



Donc les quatre points S, T, U, V sont bien cocycliques.

(2)

Question 2

On utilise les coordonnées barycentriques dans le repère affine (A,B,C).

On note a, b, c les longueurs des côtés [BC], [CA], [AB].

Les points A, B, C, D ont pour coordonnées de somme 2a² :

2 2 2

0

D a b c a b c

 

 

2a2

A 0 0

2

0 B 2a

0 ²

0 C 0 2a

Par addition des coordonnées, on trouve les coordonnées de P et Q :

2

2 2 2

2a

P 3a b c a b c

 

 

2

2 2 2

2a

Q a b c 3a b c

 

 

Les droites (BQ) et (CP) ont pour équation : (BQ) : (3a²b² c )x 2a z 0²   ²  (CP) : (3a²b²c )x 2a y 0²   ² 

On en deduit que X et R ont pour coordonnées :

2

2 2 2

2a

X 3a b c 3a b c

 

 

2 2 2

0

R 3a b c 3a b c

 

 

L’équation d’un cercle en coordonnées barycentriques est de la forme :

2 2 2

a yz b zx c xy (x y z)        (ux vy wz) 0  

En écrivant que cette équation est satisfaite par les coordonnées de D, R, P, Q, on obtient :

4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2

4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2

a b c 2b c 2(a b c )v 2(a b c )w 0 9a b c 2b c 6(3a b c )v 6(3a b c )w 0

3a 3b 3c 8a c 6b c 12a u 6(3a b c )v 6(a b c )w 0 3a 3b 3c 8a b 6b c 12a u 6(a b c )v 6(3

           

              

           a² b² c )w 0²





    



Ce système a bien une solution (u,v,w) car on vérifie qu’est nul le déterminant suivant :

(3)

4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2

4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

a b c 2b c 0 2(a b c ) 2(a b c )

9a b c 2b c 0 6(3a b c ) 6(3a b c ) 3a 3b 3c 8a c 6b c 12a 6(3a b c ) 6(a b c ) 3a 3b 3c 8a b 6b c 12a 6(a b c ) 6(3a b c )

      

       

Donc les quatre points D, R, P, Q sont bien cocycliques.

Question 3

Comme dans la question 2, on utilise les coordonnées barycentriques dans le repère affine (A,B,C).

Soient P, Q, R les centres des cercles circonscrits aux triangles AGJ, BGK, CGI.

Soient S, T, U les centres des cercles circonscrits aux triangles AGK, BGI, CGJ.

(4)

1) Coordonnées des six centres

II suffit de trouver les cordonnées de P.

Les coordonnées de Q et R se déduisent de celles de P par permutations circulaires sur les coordonnées ( x, y, z ) et sur les longueurs a, b, c.

Les coordonnées de S se déduisent de celles de P par échange des coordonnées y et z et des longueurs b et c.

Les coordonnées de T et U se déduisent de celles de S par permutations circulaires sur les coordonnées ( x, y, z ) et sur les longueurs a, b, c.

Le cercle (AGJ) a une équation du type : a yz b zx c xy (x y z)²  ²  ²    (ux vy wz) 0   En écrivant que l’équation est satisfaite par A, G, J, on trouve les constantes u, v, w :

2 2 2

2

u 0

6v 2a b 2c 2w b

 

   

  



On en déduit la matrice M de la forme bilinéaire symétrique associée à la forme quadratique de l’équation du cercle ((AGJ) :

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

0 0 2a b 4c 3b

M 2a b 4c 2( 2a b 2c ) 2(2a b c )

3b 2(2a b c ) 6b

 

     

 

               

       

   

La matrice N des cofacteurs de M est :

2

N

        

 

      

     

 

On obtient les coordonnées de P par le produit :

2 4 4 4 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

2 4 4 4 2 2 2 2 2 2

1 2(2a 2b c 5a b 3a c 3b c )

1 b(a b 5c )

1 2a b 4c 3a b 6a c b c

                 

         

     

 

              

   

On obtient donc les coordonnées des six centres :

(5)

4 4 4 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

4 4 4 2 2 2 2 2 2

2(2a 2b c 5a b 3a c 3b c ) P b(a b 5c )

2a b 4c 3a b 6a c b c

    

 

    

4 4 4 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

2b c 4a 3b c 6b a c a

Q 2(2b 2c a 5b c 3b a 3c a ) c(b c 5a )

    

 

2 2 2 2

4 4 4 2 2 2 2 2 2

a(c a 5b )

R 2c a 4b 3c a 6c b a b

2(2c 2a b 5c a 3c b 3a b )

 

    

4 4 4 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

2(2a 2c b 5a c 3a b 3b c ) S 2a c 4b 3a c 6a b b c

c(a c 5b )

    

 

2 2 2 2

4 4 4 2 2 2 2 2 2

a(b a 5c )

T 2(2b 2a c 5b a 3b c 3a c ) 2b a 4c 3b a 6b c a c

 

    

4 4 4 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

4 4 4 2 2 2 2 2 2

2c b 4a 3c b 6c b b a U b(c b 5a )

2(2c 2b a 5c b 3c a 3b a )

    

 

    

On remarque que pour chacun de ces six points la somme des coordonnées est la même.

Cette somme est :

4 4 4 2 2 2 2 2 2

6(a b c 2a b 2b c 2c a ) (a b c)             ( a b c)(a b c)(a b c)

Pour obtenir les coordonnées du milieu de deux de ces points, il suffit donc d’additionner leurs coordonnées.

2) Des trapèzes isocèles

Les droites (PS) et (RT) sont parallèles puisqu’elles sont toutes deux perpendiculaires à (AG).

On va montrer que le trapèze PSRT est isocèle.

Le milieu de [PS] a pour coordonnées :

4 4 4 2 2 2 2 2 2

2(4a 3b 3c 8a b 8a c 6b c ) P S 2a 5b c 5a b 3a c 6b c

2a b 5c 3a b 5a c 6b c

    

     

    

La médiatrice de [PS] passe par ce milieu et par le point à l’infini de (AG), de coordonnées (-2,1,1).

Son équation est donc :

4 4 4 2 2 2 2 2 2

x 2(4a 3b 3c 8a b 8a c 6b c ) 2 y 2a 5b c 5a b 3a c 6b c 1 0 z 2a b 5c 3a b 5a c 6b c 1

     

     

    

Le coefficient de x est : (b² c )² (a ²2b² 2c )²

Le coefficient de y est : 6a⁴4b⁴8c⁴11a b^{2 2}13a c^{2 2}12b c^{2 2} Le coefficient de z est : (6a⁴ 8b⁴4c⁴13a b^{2 2}11a c^{2 2}12b c )^{2 2}

(6)

On observe que les coordonnées R+T du milieu de [RT] vérifient cette équation.

Le trapèze PSRT est donc isocèle.

Sont également isocèles par permutations circulaires les trapèzes QTPU et RUQS.

3) Conclusion

A partir de l’équation ci-dessus de l’axe de symétie du trapèze PSRT, on ontient par permutations circulaires celles des axes des deux autres trapèzes.

La somme des trois équations est l’identité 0=0.

Il existe donc un point  commun aux trois axes.

Son appartenance aux trois axes implique : P S

R T

  

  

 ^Q ^T

P U

  

  

 ^R ^U

Q S

  

  

 On en déduit que les six points P, Q, R, S, T, U sont à égale distance de .

En résolvant le système d’équations des trois axes, on trouve en prime les coordonnées de  :

4 4 4 2 2 2 2 2 2

10a 4b 4c 13a b 13a c 10b c 10b 4c 4a 13b c 13b a 10c a 10c 4a 4b 13c a 13c b 10a b

    

     

    