D1842. Au bon souvenir de Trajan Lalesco ***
Les tangentes enBetCau cercle (Γ) circonscrit au triangleABCse rencontrent au pointD. SoitFle point symétrique du centre de gravitéGdu triangleABCpar rapport à la bissectrice intérieure de l’angle enB.
La droitedbB Fecrencontre la droite (AD) au pointP.
La parallèle passant parPà la droite (AB) coupe la droite (AC) au pointIet la droite (BC) au pointJ. La parallèle passant parPà la droite (AC) coupe la droite (AB) au pointK et la droite (BC) au pointL.
Q1−Démontrer que les quatre pointsI,J,K etLsont sur un même cercle (γ).
Q2−Le cercle (γ) coupe la droite (AB) en un deuxième pointM et la droite (AC) en un deuxième point N. Démontrer que la droite (M N) est parallèle à la droite (BC).
Source : La géométrie du triangle de Trajan Lalesco
Solution de Claude Felloneau
A
B
C O
D G P I
J K
L
N M
Q1−Les pointsI,J,KetLsont cocycliques.
Preuve :
CommeI,J,K,Lne sont pas alignés, il suffit de démontrer queP K×P L=P I×P J.
Les trianglesP J LetABCont leurs côtés parallèles deux à deux donc ils sont semblables et P J P L =AB
AC. La quadrilatèreAK P I est un parallélogramme doncP K
P I = AI
AK = AIsin¡ Ab¢ AKsin¡
Ab¢= d(I,AB)
d(K,AC)=d(P,AB) d(P,AC). A,P,Détant alignés, d(P,AB)
d(P,AC)=d(D,AB) d(D,AC).
(B D) étant tangente au cercleABCenB, on aDBC =Abdonc d(D,AB)=B Dsin¡
π−Ab−Bb¢
=B Dsin¡ Cb¢
.
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De même, d(D,AC)=C Dsin¡ Bb¢
=B Dsin¡ Bb¢
. On a alorsd(D,AB)
d(D,AC)=B Dsin¡ Cb¢ B Dsin¡
Bb¢=sin¡ Cb¢ sin¡
Bb¢=AB
AC d’après la loi des sinus.
Finalement P K P I = AB
AC = P J
P L doncP K×P L=P I×P J, ce qui prouve les pointsI,J,K,Lsont un même cercle (γ).
Q2−La droite (M N) est parallèle à la droite (BC).
Preuve :
On a (C B,M N)≡(C B,C A)−(M N,C A) [π].
Or les trianglesAI K etABCsont indirectement semblables car AI AK = AB
AC et (−−→
AK,−→
AI)≡ −(−−→
AC,−−→
AB) [2π] donc (C B,C A)≡(K A,K I) [π].
M,K,I,N sont sur le cercle (γ) donc (K M,K I)≡(N M,N I) [π] d’où (K A,K I)≡(M N,C A) [π].
D’où (C B,M N)≡0 [π]. Ainsi (M N) est parallèle à (BC).
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