Olympiade de Mathématiques du Nicaragua

Bonsoir,

% Problème posé par Bouzar le 12/01/2018
% sous le titre "Olympiade de Mathématiques du Nicaragua"

clc, clear all, close all;

% On part du triangle de contact UVW

syms u v w;
syms uB vB wB; % Conjugués

uB=1/u; % Morley's trick avec le cercle inscrit
vB=1/v;
wB=1/w;

syms s1 s2 s3;
syms s1B s2B s3B; % Conjugués

s1=u+v+w;         % Fonctions symétriques
s2=u*v+v*w+w*u;
s3=u*v*w;

s1B=s2/s3;         % Conjugués
s2B=s1/s3;
s3B=1/s3;

%-----------------------------------------------------------------------

a=2*v*w/(v+w); % Sommets ABC du triangle
b=2*w*u/(w+u);
c=2*u*v/(u+v);

aB=2*vB*wB/(vB+wB); % Conjugués
bB=2*wB*uB/(wB+uB);
cB=2*uB*vB/(uB+vB);

%-----------------------------------------------------------------------

d=2*s3/(u^2+s2); % Point D d'intersection de la bissectrice (AI) et du cercle circonscrit
dB=2*s3B/(uB^2+s2B);

[pac qac rac]=Mediatrice(a,c,aB,cB); % Médiatrice du segment [AC]

F=(u + v)^2*(v + w)^2/(2*(u-w));

pac=simplify(F*prod(pac))
qac=simplify(F*prod(qac))
rac=simplify(F*prod(rac))

% On trouve -(u*+v)*(v+w)*z + v^2*(u+v)*(v+w)*zB + 2*(s3-v^3) = 0
 
[pa qa ra]=DroiteOrthogonale(a,aB,1,-v*w,0); % Bissectrice extérieure de l'angle BAC

F=v+w;
pa=F*prod(factor(pa))
qa=F*prod(factor(qa))
ra=F*prod(factor(ra))

% On trouve (v+w)*z + v*w*(v+w)*zB - 4*v*w = 0 
 
[z zB]=IntersectionDeuxDroites(pac,qac,rac,pa,qa,ra);

z=prod(factor(z)) % z = 2*v*w*(v^2 + 2*u*v + u*w)/((u + v)*(v + w)^2)

m=prod(factor((a+b)/2)) % m = w*(2*u*v + u*w + v*w)/((u + w)*(v + w))
mB=prod(factor((aB+bB)/2)) % mB = (u + v + 2*w)/((u + w)*(v + w))

Bi=prod(factor(Birapport(a,d,z,m)))
BiB=prod(factor(Birapport(aB,dB,zB,mB)))

% On trouve Bi = BiB = v*(u + w)*(u - w)/(w*(u + v)*(u - v))
% Donc le birapport est réel et les points A,D,Z,M cocycliques

Cordialement,

Rescassol

Bonjour à tous,
Merci à Bouzar pour ce problème, très intéressant pour ce qu'il révèle des relations entre médiatrices et bissectrices dans un triangle.
Merci à Poulbot pour sa jolie solution synthétique, et surtout, pour l'avoir indiquée de manière si elliptique qu'il m'a fallu cogiter deux bonnes heures pour la comprendre, exercice intellectuel que je ne regrette absolument pas, bien au contraire ! Je suis très satisfait d'y être arrivé !
Le plus délicat pour moi fut de retrouver l'égalité des angles NZC et NTC ...
Bien cordialement

Bonsoir Poulbot,
Effectivement, les égalités que tu indiques sont bien celles que j'avais trouvées et consignées !
Et dans mes remerciements pour le caractère un peu rapide de tes explications, il n'y avait pas une once d'ironie, ils étaient tout à fait sincères, sois-en assuré, je t'en prie ! En effet, je n'imaginais pas du tout que les éléments qu'avait rajoutés Bouzar à sa figure par rapport à l'énoncé constituaient le fil d'Ariane vers la solution, je pensais que c'était des éléments pour d'autres questions ultérieures de ce problème ... au point d'avoir refait la figure sans ces éléments-là, et donc de me retrouver comme qui dirait le bec dans l'eau ! Et s'il est vrai que, après avoir refait la figure complète et noté tes indications, j'ai mis deux heures à voir correctement les choses et à bien les mettre en relation les unes avec les autres, j'étais vraiment content d'y être arrivé par mes propres moyens et je ne considère absolument pas avoir perdu mon temps, bien au contraire ! Ce fut un excellent exercice intellectuel, et j'en redemande !
Bien amicalement