Arts&MétiersMag - N°434 - Mars 2022 - 74

CULTURE & LOISIRS TOUS MATHEUX
Pierre Dumont
(Cl. 159)
Réponse au problème n° 179
PROPOSÉ PAR YVES LAUMOND (AI. 162) DANS LE NUMÉRO DE DÉCEMBRE 2021-JANVIER 2022, P. 74
RAPPEL DE L'ÉNONCÉ C'est le problème de Larrosa Cañestro. ABCD est un carré. P' et P " sont deux points situés
sur le côté CD tels que les droites AP' et BP " se coupent en un point P. Les points I, J, K et R sont les centres des
cercles inscrits dans les triangles respectifs APB, CP " B, DP'A et PP'P " . Montrez que I, J, K et R sont cocycliques.
P
R
D
K'
K
V
T
F
M
E
I
Problème
n°
181
A
Dans un premier temps, nous allons démontrer
que les trois cercles (I), (J) et (K) ont une tangente
commune.
Soit TS la tangente commune à (J) et (K), S et T
étant les points de contact. Cette tangente coupe les
droites P'A et P " B en M et N et les points de contact
avec ces deux droites sont respectivement V et W.
Nous allons maintenant vérifier si le quadrilatère
ABNM est circonscriptible.
D'après le théorème de Pitot, si c'est le cas, on a :
AB + MN = AM + BN
Mais, comme MT = MV et NS = NW, si on ajoute
ces segments de part et d'autre de l'égalité, on a :
AB + MN + MT + NS = AM + BN +MV + NW
Soit, si on nomme K' et K " les points de contact
de (K) avec le carré et, de même, J' et J " les points
de contact de (J) avec le carré :
DK' = DK " = rK et
CJ' = CJ " = rJ, donc :
AB + TS = AV + BW et, par égalité des tangentes,
TS = K " J " , d'où :
AB + K " J " = AK' + BJ' ou
AB + CD - rJ − rK = AD − rK + BC − rJ
D'où AB + CD = AD + BC
le quadrilatère ABNM
est circonscriptible, ce qui signifie que le cercle (I)
admet pour tangente la droite TS, qui est une
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Arts&MétiersMAG
N°434 / mars 2022
B
tangente commune aux trois cercles (I), (J) et (K).
Remarque : cette propriété est également vraie si
le quadrilatère de départ n'est pas un carré, mais
il faut alors qu'il soit circonscriptible!
Revenons au problème posé. De fait, les triplets de
points (R, P', K), (K, M, I), (I, N, J) et (J, P " , R) sont
alignés et forment les côtés du quadrilatère KIJR.
Pour simplifier l'écriture, notons P'PP " = 2
Dans ces conditions, KRJ =
2
+
Notons maintenant F, E et H les projections de I sur
PA, PB et MN, le quadrilatère PFIE est inscriptible,
donc on peut écrire FIE = − 2
Mais IM est la bissectrice de FIH et IN est la
bissectrice de HIE, donc MIN est égal à la moitié de
FIE, soit
MIN =
−
2
Or, MIN est identique à KIJ.
Donc, dans le quadrilatère KIJR, on peut écrire
KRJ =
2
+ et KIJ =
−
2
On en déduit que la somme de ces deux angles est
égale à , donc le quadrilatère est inscriptible et les
points K, I, J et R sont cocycliques.
Yves Laumond (Ai. 162)
Dans un triangle ABC acutangle
(dont tous les angles sont
inférieurs à 90 °), on trace son
triangle orthique A1B1C1 (dont les
sommets sont les pieds des
hauteurs de ABC), puis le triangle
médian A'B'C' (dont les sommets
sont les milieux des côtés de
A1B1C1) du triangle orthique.
Montrez que le cercle de Taylor
de ABC (cercle passant par
les projections orthogonales M, N,
P, Q, R et S des pieds des hauteurs
de ABC sur les côtés opposés)
est le cercle de Conway
(voir le problème n° 180 posé
dans AMMag de février 2022, p. 74)
du triangle médian A'B'C'.
H
K "
P'
P "
J
W
N
S
J'
J "
C
Ils ont proposé
une solution
Pierre Bertran (Ai. 148)
Jean-Paul Busseuil (Cl. 164)
Philippe Charbonnier (Li. 166)
Jean-Michel Ciccone (Bo. 163)
Richard Clavel (Ai. 164)
Jean-Claude Foucriat (Cl 149)
Georges Giovannini (Bo. 167)
Bernard Girard (An 159)
Claude Guégan (Li. 161)
Jean-Marc Ollivier (An. 169)
Michel Simon (An. 152)
Denis Villanove (Ai. 152)
n° 177
Claude Guégan (Li. 161)
LES SOLUTIONS
SONT À ENVOYER AVANT LE
11 avril 2022
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9 bis, avenue d'Iéna,
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