D134 : A la recherche des alter égaux.
Soient un triangle ABC et son cercle circonscrit (C). On trace le cercle tangent en B à AB et passant par C, puis le cercle tangent en C à BC et passant par A et enfin le cercle tangent en A à CA et passant par B. Démontrer que ces trois cercles se rencontrent en un même point P.
Les droites AP,BP et CP coupent le cercle (C) en A’, B’ et C’. Démontrer que les triangles ABC et A’B’C’ sont égaux.
Pour les plus courageux (*****): D’un point M du plan qui contient ABC, on mène les droites MA, MB et MC qui coupent le cercle (C) en D,E et F . Déterminer les points M à distance finie tels que les triangles DEF sont égaux au triangle ABC et démontrer qu’il y a un cercle et une droite qui, pris ensemble, les contiennent tous.
Soit O le centre du cercle (C). Le centre du cercle tangent en B à AB, passant par C est l’intersection de la médiatrice de BC et de la normale en B à AB, qui font entre elles l’angle B. Tout point de ce cercle, intérieur au triangle ABC, voit BC sous l’angle π-B. De même, un point du cercle tangent en C à BC, passant par A voit CA sous l’angle π-C, et un point du cercle tangent en A à CA, passant par B voit AB sous l’angle π-A. Comme (π-B)+(π-C)+(π-A)=2π, les trois cercles ont un point commun P.
BPC=π-B, donc PBC+BCP=B, et ABP=BCP, soit ABB’=BCC’; de même que ces angles sont égaux à CAA’, donc, AOB’=BOC’=COA’ : les triangles ABC et B’C’A’ se correspondent dans une rotation de centre O, et sont donc égaux. P est l’un des points de Brocard, qui appartient au cercle de Brocard, de diamètre OK, où K est le point de Lemoine, concours des symédianes (voir par exemple : La géométrie du triangle, de Trajan Lalesco, p.63, ed. J. Gabay); le second point de Brocard, Q, est également sur ce cercle, symétrique de P par rapport à OK.
Points donnant des triangles ABC et DEF égaux :
lemme préliminaire: soit un point M intérieur à un cercle de centre O passant par A ; AM recoupe le cercle en A’ . Si N est l’inverse de M par rapport au cercle de centre O, (ou le conjugué harmonique de M par rapport à ce cercle), AN recoupe le cercle en A’’, où A’’ est le symétrique de A’ par rapport au diamètre portant OM. En effet, si I et J sont les extrémités du diamètre portant OM, AI et AJ sont les bissectrices de MAN, donc I et J les milieux des arcs A’A’’.
Deux cas peuvent se présenter : DEF peut se déduire de ABC par une rotation de centre O, ou par une symétrie d’axe passant par O. Le lemme préliminaire montre qu’à chaque solution du premier cas, correspond par inversion une solution du second.
Si une rotation de centre O fait correspondre les deux triangles, il y a six possibilités de correspondance entre les sommets:
- Si DEF est l’image de ABC, AOD=BOE=COF, et AD, BE et CF ne peuvent être concourants qu’au point O.
- Si DFE (respectivement, FED, EDF) est l’image de ABC, BE est parallèle à CF, et le point M ne peut exister que si BE est confondu avec CF, soit B=F, C=E et donc A=D M est alors en T, intersection de la tangente en A avec BC, pied de la bissectrice extérieure en A (resp. U et V, pieds des bissectrices extérieures en B et C). T, U et V sont alignés (droite de Lemoine), car TB/TC=AB/AC, UC/UA=BC/AB, VA/VB=AC/AB, donc (TA/TB)(UC/UA)(VA/VB)=1 ( Menelaus). De plus, OBT+OCT=π, les cercles circonscrits à OBT et OCT sont symétriques par rapport à OT, donc coupent le cercle circonscrit à OAT, de diamètre OT, selon des angles opposés. Si X, Y, Z sont les intersections de BU et CV, CV et AT, AT et BU, AX, BY, CZ sont les polaires de T, U, V par rapport à (C), et puisque T, U, V sont alignés, AX, BY et CZ concourent en un point, qui est le point de Lemoine K, OK étant orthogonal à la droite TUV.
- Si EFD (resp. FDE) est l’image de ABC, on retrouve le point de Brocard P étudié ci-dessus (resp. le second point de Brocard Q, intersection des cercles tangents en A à AB passant par C, etc... qui voit BC sous l’angle π-C, CA sous π-A et AB sous π-B) Si une symétrie d’axe passant par O fait correspondre les deux triangles : si DEF est l’image de ABC, AD, BE et CF sont parallèles, et leur point de concours est à l’infini.
Si DFE (resp. FED, EDF) est l’image de ABC, il existe un point L (resp M, N), inverse de T, tel que LA soit bissectrice de BLC, et OLA=π/2 (resp. MB bissectrice de CMA, OMB=π/2, et NC bissectrice de ANB, ONC=π/2) : en effet, l’image de la tangente en A est le cercle de diamètre OA, et les images des cercles OBT et OCT, sont BL et CL qui forment des angles opposés par rapport à Al, image de OAT. L, M, N sont donc sur le cercle inverse de la droite TUV, donc le cercle de Brocard de diamètre OK.
Enfin si EFD (resp. FDE) est l’image de ABC, on trouve les points R et S inverses des points de Brocard P et Q, donc sur la droite de Lemoine
En résumé, les points cherchés appartiennent à la droite de Lemoine (R, S, T, U, V) ou au cercle de Brocard (O, P, Q, L, M, N).
