Supposons construit le cercle (I*) de centre I’.
Son centre est sur la bissectrice de l'angle A, il est tangent aux côtés AB et AC en T et T’, et au cercle (O) en un point J aligné avec les centres.
Considérons le cercle (𝛺) passant par les trois points T’, J, C. Soit W son intersection avec TT’.
D'après un résultat de J.-L. Aymé, W est sur les bissectrices de l'angle A’CB et de l'angle B 11.
1) Désignons par 𝜔 le point d'intersection de la bissectrice de B avec la droite joignant le point J au point N’, diamétralement opposé à N sur (O). Ce point est, lui aussi, sur le cercle (𝛺).
Démonstration : La droite JT coupe (O) au milieu S de l'arc BA’. En effet, S est l'image de T dans l'homothétie de centre J qui envoie le cercle (I*) sur le cercle (O) et la tangente en S à (O) est donc parallèle à BA’… Cela étant, la corde SN’ de (O) est donc parallèle à la bissectrice de B : en effet, le triangle isocèle SKN’ déterminé par les tangentes en S et N’ a ses côtés SK et KN’ parallèles aux côtés de l'angle B… Finalement, les cordes CW et J𝜔 du cercle (𝛺) coupent le cercle (O) selon une corde SN’ parallèle à la corde 𝜔W de (𝛺). Il s'ensuit que (SN’, N’J) = (𝜔W, 𝜔J), et comme (SN’, N’J) = (SC, CJ) [dans le cercle (O)]. Les points W, C, J et 𝜔 sont bien cocycliques.
Considérons maintenant la droite C𝜔 et raisonnons dans les cercles (I*) et (𝛺). Si J’ désigne le point d'in- tersection de J𝜔 avec le cercle (I*), les angles inscrits [dans (I*)] (J’T’, T’C) et (JJ’, JT’) sont égaux. De même, les angles inscrits (J𝜔, JT’) et (C𝜔, CT’) sont égaux dans (𝛺). On voit donc que C𝜔 est parallèle à J’T’. Mais J’T’ est parallèle à la bissectrice de ACB, car il est parallèle [homothétie de centre J] à la corde N’S’, elle-même parallèle à la bissectrice de C par un raisonnement analogue à celui concernant N’S.
Nous venons de montrer [modulo le résultat admis dans la note précédente...] que 𝜔 n'est autre que le centre I du cercle inscrit à ABC, et par conséquent que les points J et N’ sont alignés avec le centre I de ABC.
2) Soit P le point d'intersection de JN et du cercle (I*). Grâce à l'homothétie de centre J on voit que la tangente en P est parallèle à BC, et grâce à l'homothétie de centre A qui envoie (I) sur (I*) on voit que A et P sont alignés avec le point de contact L du cercle inscrit (I) avec BC. Il résulte de tout cela que PI’ est perpendiculaire à BC.
Nous allons chercher l'abscisse de P (et donc du centre I’) dans le repère d'origine B. Ce point est l'intersection de la droite (fixe) AL, d'équation y = 𝜆x + µ, et de la droite NJ. L'équation de cette droite s'obtient en écrivant qu'elle passe par le point N de coordonnées (d, a/2) et en notant que sa pente est égale à : – cotan(NN’J) puisque NJ et JN’ sont perpendiculaires. Cela revient à trouver la pente de la droite IN’ [= 𝜔N’] connaissant les coordonnées du centre I : (a/2 – (p – b), r) ; il vient : y = – cotan(NN’J) x + (a/2) cotan(NN’J) – d , avec : cotan(NN’J) = 𝜏 = (a/2 – p + b) / (MN’ – r).
Mais d.MN’ = (a/2) 2 [puissance de M par rapport à (O)], si bien que les coefficients de l'équation de la droite NJ sont des fonctions rationnelles de la seule variable d. L'esquisse d'un calcul élémentaire montre alors que l'abscisse de son intersection avec AL est de la forme :
x =
et comme x ne devient manifestement pas infini lorsque le dénominateur est nul [c'est le cas où 𝜏 = – 𝜆], le coefficient 𝛾 est nul, si bien que l'abscisse de I’ dépend linéairement de d : x = 𝛼 + 𝛽 d .
1 W est en fait le centre du cercle inscrit au triangle A’BC. Voir : A new mixtilinear incircle adventure III, page 3, http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/vol4.html
P
3) Il en va de même du rayon r’ du cercle (I’)
[puisque le point R est la projection de I’] : r’ est donné par une expression du type : r’ = 𝜌 + 𝜎 d , et comme (I’) n'est autre que le cercle inscrit (I) lorsque d = 0, on a évidemment : 𝜌 = r.
Le reste découle de la considération du cas où (O) est le cercle circonscrit à ABC : on obtient J comme intersection du cercle avec N’I et on obtient ensuite I’ comme intersection de JO avec la bissectrice de l'angle A.
D'après ce qui précède, le point W n'est autre que le centre I, et comme T’ est la projection de I’ sur AC, on a :
r’ = I’T’ = AI’ sin(A/2) , et r = IL’ = AI sin(A/2) .
D'où : r’ – r = (AI’ – AI) sin(A/2) = II’ sin(A/2).
Mais tan(A/2) = II’/IT’ = IL’/AL’ = r /(p – a) = IT’/AI , donc :
r’ – r = II’ sin(A/2) = IT’ sin(A/2) r / (p – a) = AI sin(A/2) tan(A/2) r / (p – a) = r 2 tan(A/2) /(p – a).
Or, en exprimant le carré de l'aire de deux façons, il vient : r 2 p 2 = p(p – a)(p – b)(p – c) , ce qui nous donne finalement : r 2 /(p – a) = (p – b)(p – c) / p , et partant :
r’ – r = tan(A/2) (p – b)(p – c) / p .
Et comme d = (a/2) tan(A/2) [dans le triangle BMN], cela achève la justification de la formule annoncée...
