D1811 − En souvenir de Toshio [**** à la main]
Soient un triangle ABC rectangle en A, M le milieu de son hypoténuse et (Γ) son cercle circonscrit. La droite qui passe par les milieux de AB et de AC coupe le cercle (Γ) aux points P et Q. Dans le demi-plan délimité par la droite BC qui contient A, on trace les cercles (ΓB) et (ΓC) circonscrits aux triangles ABM et ACM puis le cercle (γ) tangent à la droite BC et extérieurement aux cercles (ΓB) et (ΓC). On désigne par R et S les points de contact de (γ) avec (ΓB) et (ΓC).
Dans l'autre demi-plan délimité par la droite BC, on trace le cercle (γ') tangent à la droite BC et extérieurement aux cercles (ΓB) et (ΓC). On désigne par T et U les points de contact de (γ') avec (ΓB) et (ΓC).
Démontrer que les six points P,Q,R,S,T et U sont cocycliques.
Nota: Toshio Seimiya,mathématicien japonais, a conçu un très grand nombre de problèmes de géométrie dont la plupart ont été diffusés dans la revue canadienne Crux Mathematicorum.
Solution proposée par Bernard Vignes
On traite d'abord le cas des quatre points P,Q,R,S.
Soir ρ le rayon de (Γ).Par l'inversion (Inv) de centre M et de puissance ρ² = MA² = MB²,les cercles (ΓB) et (ΓC) deviennent les droites AB et AC tandis que la droite BC reste inchangée.
Le cercle (γ) est donc transformé en un cercle tangent aux trois côtés du triangle ABC.C'est le cercle inscrit de centre I et de rayon r du triangle rectangle ABC.
Les quatre points P,Q,R,S sont sur un même cercle si et seulement si les quatre points P,Q,D et E sont sur un même cercle, les deux cercles se déduisant l'un de l'autre par la même inversion.
Soient :
- D et E les points de contact du cercle inscrit avec les cötés AB et AC avec ID = IE = r, - AH la hauteur issue de A dans le triangle ABC,
- N le milieu de PQ tel que MN = AH/2 (PQ passe par les milieux de AB et de AC),
- XY la médiatrice de BC avec Y du même côté que A par rapport à BC.D'où XP = XQ. La bissectrice AI passe par X et l'on a XD = XE.
- le demi-périmètre p du triangle ABC est tel que p = r + 2R avec r + 2R = r + BH + HC soit r + 2R = DA + BD + CE = AB + CE = 2p − AE− BC = 2p − r − 2R,
On va démontrer que XP = XD.
AI étant bissectrice de l'angle BAC,l'angle BIC étant égal à 3π/4 et l'angle BXC à π/2,les points A,I et C sont alignés et X est le centre du cercle circonscrit à BIC.
On a donc XI² = XB² = XC² = 2ρ².
D'où XD² = XI² + ID² + 2*sin(3π/4)*XI*ID = 2ρ² + r² + 2rR = 2ρ² + pr = 2ρ² + aire ABC Par ailleurs le triangle XPY étant rectangle en P avec PN pour hauteur, on a la relation:
XP² = XY*XN = 2ρ*(ρ + MN) = 2ρ² + ρ*AH = 2ρ² + aire ABC.
Conclusion XP =XQ = XD = XE. C.q.f.d.
Le traitement des quatre points P,Q,T,U est semblable à celui des points P,Q,R,S.
Le cercle (γ') tangent à la droite BC et extérieurement aux cercles (ΓB) et (ΓC) dans le demi-plan délimité par la droite BC contenant X est transformé par l'inversion (Inv) en le cercle exinscrit du triangle ABC relarif au secteur de l'angle BAC. Les points T et U deviennent les points de contact F et G de ce cercle avec les droites AB et AC.
Avec les relations du même type que celles utilisées avec le cercle inscrit, on démontre que XP = XQ = XF = XG avec le centre Ia et le rayon ra du cercle exinscrit qui se substituent au centre I et au rayon r du cercle inscrit.
XF² = XIa² + Ia F² − 2*sin(π/4)*XIa* Ia F = 2ρ² + ra² − 2raR = 2ρ² + pr = 2ρ² + aire ABC.
Les quatre points P,Q,F et G étant sur le cercle de centre X et de rayon XP = XQ,l'inverse de ce cercle par (Inv) donne le cercle passant par les six points P,Q,R,S,T,U.
