Enoncé D1853 (Diophante) De retour de Djakarta Soit un triangle

Enoncé D1853 (Diophante) De retour de Djakarta

Soit un triangle ABC dont le cercle inscrit (γ) touche les côtés BC,CA etAB respectivement aux points D,E etF. SoientM le deuxième point d’intersection de la droite (AD) avec le cercle (γ) et N le deuxième point d’intersection de la droite (DF) avec le cercle circonscrit au triangleM DC.

G étant le point d’intersection des droites (CN) et (AB), démontrer que CD = 3GF.

Solution de Jean Moreau de Saint-Martin

Coordonnées barycentriques de base A, B, C.

Côtés du triangleBC =a, CA=b, AB=c, demi-périmètre p.

D(0, p−c, p−b), E(p−c,0, p−a),F(p−b, p−a,0).

La droite (DF) a pour équationx(p−a)−y(p−b) +z(p−c) = 0.

(γ) est une des coniques du faisceau tangent àBC enDet àABenF, qui comporte les coniques dégénérées BC et AB d’une part, DF prise deux fois d’autre part. Son équation est de la forme

(x(p−a)−y(p−b) +z(p−c))²+λzx= 0.

Dans ce faisceau, (γ) est la conique tangente à AC : la condition y = 0 donne une racine doublez/x= (p−a)/(p−c), ce qui conduit à

λ=−4(p−a)(p−c).

La droite (AD) a pour équationy(p−b)−z(p−c) = 0 ; c’est l’axe radical de (γ) et du cercle (M DC), d’où pour celui-ci une équation de la forme (x(p−a)−y(p−b) +z(p−c))²−4(p−a)(p−c)zx+

+µ(x+y+z)(y(p−b)−z(p−c)) = 0.

Le paramètreµest déterminé par le passage de ce cercle enC(0,0,1), d’où µ=p−c, et l’équation de (M DC) :

x²(p−a)²+ay²(p−b)−ayz(p−c) +zx(p−c)(2a−3p+c) + +xy(p−b)(2a−p−c) = 0.

Au point N (de même qu’au point D), on a (par l’équation de (DF)) z(p−c) =y(p−b)−x(p−a) ; substituant dans l’équation de (M DC), on obtient x(p−a)(x(2b−a+c) +y(2b−a−2c)) = 0.

x = 0 est l’équation de (CD), x(2b−a+c) +y(2b−a−2c) = 0 est l’équation de (CN), et l’alignement (CN G) fournit

(2b−a+c)/AG= (a−2b+ 2c)/GB = 3c/AB= 3.

F G=AG−AF = (2b−a+c)/3−(p−a) = (p−c)/3 =CD/3, CQFD.