D190 – Un lieu ...peu commun [***** à la main]
A partir de l'énoncé du problème D179, Dominique Roux pose le problème suivant :
On donne deux points A et C. Pour tout point B, soit D sa projection orthogonale sur AC tandis que les points I , E, F sont les centres des cercles inscrits dans les triangles ABC , ABD , BCD;
Quel est le lieu des points B tels que le cercle (IEF) soit centré sur AC ? Solution proposée par Dominique Roux
1er cas : D est intérieur à [AC]
Repère cartésien A(–1,0), C(1,0), B(X,Y)
p et q pentes des bissectrices intérieures en A et C dans ABC.
Alors AI : Y = p(X + 1), CI : Y = q(X – 1). Donc AB : Y = 2p(X +1 )/(1 – p²), CB : Y = 2q(X – 1 )/(1 – q²).
D’où B = ABBC XB =
pq) p)(1 (q
pq) q)(1 (p
= XD XE : p(X + 1) = – (X – XD).
D’où XE = (XD – p)/(p + 1), XF : q(X – 1) = (X – XD). D’où XF = (XD – q)/(1– q ) I = AICI d’où XI = (p +q)/(q – p) et YI = q(XI – 1) = 2pq/(q – p)
Le cercle IEF est centré sur AC
1 X Y X
1 X Y X
1 X Y X
I 2 I 2 I
F 2 F 2 F
E 2 E 2 E
= 0 0 = X +2I Y – 2XI2 I.(XE + XF – XD) + 2XE XF – X2D (I) Or XE = [p + q – 2pq –pq(q – p)]/Δ et XF = [p + q + 2pq + pq(q – p)]/Δ où Δ = (q – p)(1 + pq)
D’où XE + XF – XD = [2(p + q) – (p + q)(1 – pq)]/Δ =(p + q)(1 + pq)/Δ = (p + q)/(q –p) = XI
D’où : XE + XF = XI + XD
Donc la CNS s’écrit Y – I2 X + 2X2I E XF – X2D = 0
2
Y – I X = (4p²q² – p² – q² – 2pq)/(q – p)² = (4p²q² – p² – q² – 2pq)(1 + 2pq + p²q²)/Δ² 2I
= (4p²q² – p² – q² – 2pq + 8p³q³ – 2p³q – 2pq³ – 4p²q² + 4p⁴q⁴ – p⁴q² – p²q⁴–2p³q³)/Δ² et 2XE XF – X2D = [(p + q)² – (2 pq + pq² – p²q)² – (p² + 2pq + q²)(1 – 2pq + p²q²)]/Δ²
= [p² + q² + 2pq – 4p²q² –3p²q⁴ – 3p⁴q² – 8p²q³ + 8p³q² + 2p³q³ + 2p³q + 2pq³]/Δ² Finalement (I) donne : 0 = 4p⁴q⁴ + 8p³q³ – 4p²q⁴ – 4p⁴q² – 8p²q³ +8p³q² – 4p²q²
qui divisé par 4p²q² donne 0 = p²q² + 2pq – p² – q² – 2q + 2p – 1 (le cas pq = 0 est trivial) Ce qui se factorise sous la forme 0 = (pq + p – q + 1)(pq + p – q – 1)
0 = pq + p – q – 1 donne p(q + 1) = q + 1 soit q = – 1 ou p = 1. Donc AB AC ou BC AC (trivial) .
0 = pq + p – q + 1 entraine ABBC car 2p/(1 – p²) * 2q/(1- q²) = – 1 s’écrit :
4pq + (1– p²)(1 – q²) = 0 soit (1 + pq)² = (q – p)² soit (pq + p – q +1).(pq – p +q + 1) = 0 Finalement si D est entre A et C et si (IEF) est centré sur AC alors AB BC
Donc, pour D entre A et C, le lieu de B est le cercle de diamètre [AC]
2ème cas : D est extérieur à [AC]
Origine en O, A(– 1,0), B(X,Y), C(1,0)
Soient p et q pentes des bissectrices des angles en A et en C. I est le point d’intersection de Y = p(X + 1) et Y = – (X – 1)/q d’où XI = (1 – pq)/(1 + pq) et YI = 2p/(1 + pq)
coordonnées de B = ABBC : XB =
pq) p)(1 (q
pq) q)(1 (p
= XD, YB =
pq) p)(1 (q
4pq
E intersection de Y = p(X + 1) et Y = – (X – XD). D’où XE =
pq) p)(1 (q
p) pq(q 2pq
q p
F intersection de Y = q(X – 1) et Y = – (X – XD). D’où XF =
pq) p)(1 (q
p) pq(q 2pq
q p
En reportant XI ,YI , XE , XF dans (I) on obtient :
4p² + 4p⁴ – 16p²q + 20p²q² – 8p³q + 8p³q² – 4 p⁴q² – 8p²q³ = 0 ce qui se factorise par p²(q – 1) On obtient une relation entre p et q : 1 + p² – 3q – 2pq + p²q +2q² = 0 (II)
Or p est racine de (1 – p²)Y = 2p(X + 1) d’où Yp = – (X +1) + (X1)2Y2 et q est racine de (1 – q²)Y = 2q(X – 1) d’où Yq = – (X – 1) + (X1)2 Y2
où l’on étudie l’arc de courbe dans le quart de plan Y ≥0, X ≥1. Les autres arcs s’en déduiront par les symétries par rapport aux axes de coordonnées.
(II) est alors de la forme :
A + B (X1)2Y2 + C (X1)2Y2 + D [(X1)2Y2][(X1)2Y2]= 0 avec A,B,C,D polynômes en X et Y.
d’où A² + D²[ (X + 1)² + Y²][(X – 1)² + Y²] – B²[(X + 1)² + Y²] – C²[(X – 1)² + Y²] = 2(BC – AD) [(X1)2Y2][(X1)2Y2] qui élevé au carré donne le polynôme en X et Y cherché. Y⁵ se met en facteur, il reste la septique
0 = – 4 – 4X + 12X² + 12X³ – 12X⁴ – 12X⁵ + 4X⁶ + 4X⁷ – 11Y + 2XY + 19X²Y – 4X³Y – 5X⁴Y + 2X⁵Y – 3X⁶Y – 4Y² + 4XY² + 8 X²Y² – 8X³Y² – 4X⁴Y² + 4X⁵Y² – 6Y³ + 36 XY³ – 16X²Y³ – 4X³Y³ – 10X⁴Y³ + 4Y⁴ – 4XY⁴ – 4X²Y⁴ + 4X³Y⁴ – 11Y⁵ + 2XY⁵ – 3X²Y⁵ + 4Y⁶ + 4X⁶Y.
D’où l’on déduit la direction Y = X asymptotique pour la branche infinie et la tangente en C : Y = 4(X – 1)/3 car en posant X = 1 + T, on a 64T³ – 48T²Y + ... = 0 Voir annexe en fin de texte.
En conclusion, le lieu de B peut être illustré par les figures ci-après :
Annexe
Etude au voisinage de l’infini
La partie homogène de plus haut degré est : 4XY⁶ – 3X²Y⁵ + 4X³Y⁴ – 10X⁴Y³ + 4X⁵Y² – 3X⁶Y + 4X⁷ X se met en facteur donc X = 0 est une direction asymptotique.
Pour rechercher les asymptotes obliques, on pose Y = tX et on divise par X⁶.
D’où 4t⁶ – 3t⁵ + 4t⁴ – 10t³ + 4t² – 3t + 4 = 0.
On divise par t³ et on pose k = t + 1/t, k² = t²+ 1/t² + 2, k³ = t ³+ 1/t³ + 3k D’où 4(t³ + 1/t³) – 3(t² + 1/t²) + 4(t + 1/t) – 10 = 0
Soit 4(k³ – 3k) – 3(k² – 2) + 4k – 10 = 0
Donc 4k³ – 3k² – 8k – 4 = 0 = (k – 2)(4k² + 5k +2)
Le trinôme a un discriminant < 0. Donc une seule racine réelle k = 2 t + 1/t = 2 t = 1 qui est racine double.
Position des asymptotes :
1) pour X = 0, on divise par Y⁶ toute l’équation et on fait tendre Y vers l’infini. On obtient X = –1, verticale passant par A.
2) pour t = 1, on pose Y = X + p dans la grosse équation. Les X⁷ disparaissent et les X⁶ aussi, ce qui correspond à une direction double.
Il y a deux asymptotes parallèles à la droite Y = X. Il faut les termes en X⁵. On porte Y = X + p dans – 12 X⁵ – 5X⁴Y + 2X⁵Y – 8X³Y² – 4X⁴Y² + 4X⁵Y² – 16X²Y³ – 4X³Y³ –10X⁴Y³ – 4XY⁴ – 4X²Y ⁴+ 4X³Y⁴ – 11Y⁵ +2XY⁵ – 3X²Y⁵ + 4Y⁶ + 4XY⁶
Le coefficient de X⁵ est 0 = –12 – 5 + 2p – 8 – 8p + 4p² – 16 –12p –30p² – 4 –16p + 24p² – 11 + 10p –30p² + 24p + 60p² Il reste 28p² – 56 = 0. D’où p² = 2 et p =/ 2 asymptotes obliques Y = X / 2
On observe que les trois asymptotes sont tangentes au cercle de diamètre [AC].
Etude locale au voisinage de C Posons X = 1 + T
La grande équation d ela courbe (35 termes) donne une relation entre Y et T dans laquelle : - il n’y a plus de terme constant (la courbe passe par C),
- il n’y a plus de partie homogène de degré 1, - il n’y a plus de partie homogène de degré 2.
Il reste :
0 = 64 T³ + 128 T⁴ + 96 T⁵ + 32 T⁶ + 4T⁷ – 48T²Y – 64T³Y – 40T⁴Y – 16T⁵Y – 3T⁶Y + 16T³Y² + 16T⁴Y² + 4T⁵Y² – 48TY³ – 88T²Y³ – 44T³Y³ – 10T⁴Y³ +8T²Y⁴ – 4T³Y⁴ – 12Y⁵ – 4TY⁵ – 3T²Y⁵ + 8Y⁶ + 4TY⁶ (24 termes).
La partie homogène de degré 3 est 64T³ – 48T²Y. Puisque’on cherche la limite de Y/T quand Y et T tendent vers 0,en divisant la relation ci- dessous par T³,on obtient lim(Y/T) = 64/48 = 4/3. Il y a la tangente double T = 0 c’est à dire X = 1 et la tangente oblique Y = 4(X – 1)/3.
Tan-1(4/3) = 53°,13 d’où le dessin :
La courbe « passe » trois fois par C.
