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Enoncé D240 (Diophante) Un trio de quadrilatères Soit un triangle

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Academic year: 2022

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Texte intégral

(1)

Enoncé D240 (Diophante) Un trio de quadrilatères

Soit un triangle ABC quelconque. Démontrer les propriétés suivantes : 1) Il existe un point D dont on donnera la construction à la règle et au compas tel que le quadrilatère ABCD est bicentrique, c’est à dire qu’il admet un premier cercle de centreO qui lui est circonscrit et un deuxième cercle intérieur de centre I tangent à ses quatre côtés aux points P, Q, R et S.

2) Le point E d’intersection des diagonales AC et BD du quadrilatère ABCD est aligné avec les points O etI.

3) Les diagonales du quadrilatère P QRS sont perpendiculaires entre elles et se rencontrent au point E.

4) Le quadrilatèreKLM Ndont les sommets sont les pieds des perpendicu- laires issues du point E sur les côtés du quadrilatèreP QRS, est lui-même un quadrilatère bicentrique dontE est le centre du cercle inscrit et qui est homothétique au quadrilatère ABCD.

Solution de Jean Moreau de Saint-Martin

1) Soit un cercle tangent à AB et BC, et D l’intersection des autres tangentes issues deA etC.

L’égalité des tangentes AS = AP, BP = BQ, CQ = CR, DR = DS entraîne

DCDA=CRAS =CQAP =BCBA.

Quand le cercle varie, le lieu deD est la branche d’hyperbole de foyersA et C passant par B. Le point D de l’énoncé est l’intersection (autre que B) de ce lieu avec le cercle circonscrit au triangle ABC (dont je prendrai le rayon pour unité de longueur).

SoientJ etJ0 les traces des bissectrices intérieure et extérieure de l’angle ABC sur la médiatrice de AC.

DCDA= 2 sinDBC−2 sinDBA= 4 sinDBJcosABJ =

= 2DJcosABJ,

BCBA= 2 sinBJ C−2 sinAJ B = 4 sinBJ J0cosAJ J0 =

= 2BJ0cosAJ J0 = 2BJ0sinABJ, carAJ J0=π/2AJ0J =π/2ABJ.

Donc DJ = BJ0tanABJ = BU, si U est l’intersection de BJ et de la perpendiculairee menée par J0 à AB. D est du même côté que B par rapport àJ J0 et on peut le construire comme un des points d’intersection du cercle circonscrit et du cercle de centreJ et de rayon BU.

1

(2)

2) Soit OI = f; je prends des axes xOy, Ox selon OI. Je considère les angles (OI, OA) = 2a, (OI, OB) = 2b, (OI, OC) = 2c, (OI, OD) = 2d, 0≤a < b < c < d < π.

La droite AC a pour équationxcos(a+c) +ysin(a+c) = cos(ca) et coupe OI (y= 0) enE(e,0) avec e= cos(c−a)/cos(a+c).

Pour que BDpasse parE, il faut

e= cos(d−b)/cos(b+d), soit tanatanc= tanbtand.

La distance de O à AB est cos(b−a) =r+fcos(a+b).

(1−f) cosacosb+ (1 +f) sinasinb=r.

De même BC donne (1−f) cosccosb+ (1 +f) sincsinb=r, d’où tanb= (1−f)(cosc−cosa)

(1 +f)(sina−sinc) = 1−f

1 +f tana+c 2 .

Substituant au triplet (a, b, c) le triplet (c, d, a+π), on obtient tand= 1−f

1 +f tanc+a+π 2 , d’où tanbtand=−

1−f 1 +f

2

,

expression où on peut substituer le couple (a, c) au couple (b, d), ce qui prouve que AC etBD se coupent en E.

On en tire aussi les relations éliminant f etr tanb

tand =−tan2 a+c

2 , d’où sin(b+d) = cos(a+c) sin(db), et corrélativement sin(a+c) = cos(b+d) sin(ac).

Pour traiter les 4 côtés de façon plus symétrique, je pose : a+b+c+d= 2s,

ab+cd= 2t, c+dab= 2u, abc+d= 2v.

ABetCD ont alors pour condition de contact cos(t±v) =fcos(s∓u) +r, et BC etAD donnent de même cos(t±u) =fcos(s∓v)±r.

Eliminantr, on en tire 3 expressions def f = −sintsinv

sinssinu = costcosu

cosscosv = costcosv+ sintsinu cosscosu−sinssinv. Egalant les deux premières expressions de f, on a tanssin(2u) + tantsin(2v) = 0,

puis en égalant la 3e expression def à l’une des autres, on obtient tans= sinv/cosu, tant=−sinu/cosv.

On en tire ensuiter =fcoss(sin2u−sin2v)/cosu.

Remarquons que e = (1 + tanatanc)/(1−tanatanc) = 2f /(1 +f2), indépendant du quadrilatèreABCD1.

Les relations précédentes permettent d’obtenir e

f −1 = 1−f2

1 +f2 = sin2u−sin2v.

1. En fait, l’existence d’un polygone bicentrique implique une relation entref etr, qui permet ensuite l’existence d’une infinité de tels polygones. Voir indication en annexe.

2

(3)

3) Les coordonnées de P, Q, R, S sont

P(f+rcos(a+b), rsin(a+b), soit (f+rcos(s−u), rsin(s−u), Q(f+rcos(b+c), rsin(b+c), soit (f +rcos(s−v), rsin(s−v), R(f +rcos(c+d), rsin(c+d), soit (f+rcos(s+u), rsin(s+u),

S(f+rcos(d+a+π), rsin(d+a+π), soit (frcos(s+v),−rsin(s+v).

tan(OI, P R) = sin(s+u)−sin(s−u)

cos(s+u)−cos(s−u) =−cots, et de même tan(OI, QS) =−cot(s+π/2) = tans,

donc tan(OI, P R) tan(OI, QS) =−1, et la perpendicularité s’ensuit.

Les droites P Ret QS ont respectivement pour équation xcoss+ysins=fcoss+rcosu.

−xsins+ycoss=−fsinsrsinv, Pour que P R etQS passent parE, il faut

(e−f)/r= cosu/coss= sinv/sins, ce qui est vérifié par les expressions obtenues à la question précédente.

On a donc (OI, EP) +π/2 =s= (OI, EQ), et EP =−rsin(s−u)/coss=r(sinu−sinv).

4) Les coordonnées deP etQmontrent que (OI, P Q) =s+ (π−uv)/2.

Ainsi (OI, EK) =s−(u+v)/2 et EK=EPsinu+v

2 =r(sinu−sinv) sinu+v

2 =rsin(u+v) sinuv 2 . On passe de K à L en remplaçant (a, b, c, d) par b, c, d, a+π), ce qui équivaut au remplacement de (s, t, u, v) par

(s+π/2,−t−π/2), v+π/2,−u+π/2).

Donc (OI, EL) =s+ (u−v)/2 et EL=rsin(u−v) sinu+v 2 . Ainsi (EK, EL) =u et EKcosuv

2 =ELcosu+v

2 =EZ : K et L se projettent enZ sur la droite EZ de direction

(OI, EZ) =sv=b+c= (OI, IQ).

RéciproquementZ est la projection deE surKL, qui est perpendiculaire àIQ et donc parallèle àBC.

CommeEZ = (r/2) sin(u+v) sin(u−v) = (e−f)r/(2f),KLest tangente à un cercle de centre E et de rayon invariant par les substitutions qui permutent circulairementA, B, C, Det qui transformentKLenLM,M N, N K.

Le quadrilatèreKLM N est le transformé deBCDA par une homothétie de rapport (e−f)/(2f), transformantI enE. Cette homothétie transforme le cercle circonscrit àABCDen cercle contenantK, L, M, N, ce qui prouve queKLM N est bicentrique.

3

(4)

Annexe

En différentiant la relation cos(a−b)fcos(a+b) =r, on obtient da

db = sin(a−b) +fsin(a+b) sin(a−b)fsin(a+b), et on a la relation remarquable

da db

2

= k+ sin2a k+ sin2b si 4f k= (1−f)2r2.

La relation entre extrémités d’un côté de polygonale bicentrique s’écrit alors

Z b a

dx

k+ sin2x = constante.

La constante peut s’évaluer en prenant b= −a, d’où cos(2b) = rf, et la constante = 2

Z (1/2) arccos(r−f) 0

.

La polygonale se referme au bout dencôtés formantptours si la constante

= 1 n

Z 0

.

Pour le cas n = 4, la relation entre r et f s’obtient en prenant a = 0, c=π/2, d=πb; on a cosb=r/(1f), sinb=r/(1 +f), et

1

r2 = 1

(1−f)2 + 1 (1 +f)2

Pour n= 3, c’est la classique relation d’Eulerf2 = 1−2r.

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