Enoncé D1829 (Diophante) Le ballet des inscrits
Soit (Γ) le cercle circonscrit à un triangleABC acutangle. Le pointP est variable sur l’arc BC qui ne contient pas le point A. On trace les centres IA,IB etIC des cercles inscrits des trianglesP BC,P CA etP AB.
Quand P parcourt l’arc BC :
Q1 Démontrer que chacun des cercles circonscrits aux triangles IAIBIC, P IBIC,P ICIA etP IAIB passe par un point fixe que l’on déterminera.
Q2 Déterminer les lieux des milieux des côtés IBIC,ICIAetIAIB. Solution de Jean Moreau de Saint-Martin
Question 1
Dans le triangleICBP, les angles sont (BP, BA)/2 enB, (P A, P C)/2 en P, donc (AB, AP)/2 +π/2 en IC; ce dernier angle = (CB, CP)/2 +π/2 car P, A, B, C sont cocycliques, et c’est donc l’angle BIAP du triangle P BC. Il en résulte queP, B, IA, IC sont cocycliques, sur un cercle centré enN, milieu de l’arc AB de (Γ).
En échangeant les rôles de B et C, le même raisonnement montre que P, C, IA, IB sont cocycliques, sur un cercle centré en M, milieu de l’arc AC de (Γ).
Il en résulte : (IAIB, IAIC) = (IAIB, IAC) + (IAC, IAB) + (IAB, IAIC) =
= (P IB, P C) + (π+ (P C, P B))/2 + (P B, P IC) =
= (P A, P C)/2 +π/2 + (P C, P B)/2 + (P B, P A)/2 =π/2.
DoncIA appartient au cercle de diamètre IBIC.
Le segmentIIC est vu deA et de B sous le même angle
(AIC, AI) = (AB, AC)/2−(AB, AP)/2 = (AP, AC)/2 = (BP, BC)/2 = (BP, BA)/2 + (BA, BC)/2 = (BIC, BA) + (BA, BI) = (BIC, BI).
A, B, I, IC sont cocycliques et (IB, IIC) = (AB, AIC) = (AB, AP)/2.
De même avecA, C, I, IB on a (IIB, IC) = (AIB, AC) = (AP, AC)/2.
Enfin dans le triangleABC on aπ/2 + (AB, AC)/2 = (IB, IC).
Ajoutant membre à membre et simplifiant, il resteπ/2 = (IIB, IIC) ; donc I appartient aussi au cercle de diamètre IBIC : I, IA, IB, IC sont cocy- cliques.
On a aussi (ICI, ICB) = (AI, AB) = (AC, AB)/2, (ICB, ICIA) = (P B, P IA) = (P B, P C)/2 = (AB, AC)/2 +π/2, d’où (ICI, ICIA) =π/2 etIIAesi un autre diamètre du cercle passant parI, IA, IB, IC; le quadri- latèreIICIAiB est un rectangle.
SoitQ le second point commun aux cerclesP ABC etP IBIC. Il apparaît avec GeoGebra que c’est le point fixe du cercle P IBIC.
P IBetP IC recoupent (Γ) enM etN respectivement ; les trianglesQM IB et QN IC sont semblables, ayant même angle en M et N (correspon- dant à l’arc P Q de (Γ)) et même angle en Q car M N et IBIC sont
vus sous le même angle (P M, P N). Le rapport d’homothétieQM/QN = IBM/ICN = BM/CN (car les triangles M IBC et N BIC sont isocèles), et donc indépendant de P. Il en résulte que le pointQest fixe.
Question 2
Soient D, E, F les milieux deIBIC,ICIA,IAIB.
Dest le centre du rectangle, et le milieu deIIA; son lieu est homothétique (dans l’homothétie de centre I et de rapport 1/2) de celui de IA, qui est un arc capable BC : l’angle (BIA, IAC = (BP, P C)/2 = (AB, AC)/2. Le lieu de D est donc un arc de cercle allant du milieuU deIB eu milieuV de IC quand P va deB àC.
Quand P vient en B,IA etIC s’y retrouvent, de même que E, alors que IB vient enI; le lieu de E part de B, celui deF de U. De même quand P va enC,IA etIB s’y retrouvent, ainsi que F,IC vient enI etE en V. Les triangles BIAC etBICI ont le même angle enB, valant (BP, BC)/2, et le même angle en C et I, valant (CB, CP)/2 = (AB, AP)/2. Ils sont semblables, et il en est de même des triangles BIAIC et BCI, qui ont même angle (BC, BA)/2 en B et même rapport BI/BC = BIC/BIA. Dans la similitude de centre B qui transforme C en IA,I est transformé en IC etV en E. Corrélativement, la similitude SB qui transforme C en V transforme IA en E, dont le lieu est l’arc de cercle BV transformé par SB de l’arcBC lieu deIA.
Par un raisonneement analogue, le lieu de F est l’arc de cercleU C trans- formé de l’arc BC lieu deIA par la similitude SC de centre C qui trans- formeB en U.
