Enoncé D190 (Diophante) Un lieu . . .peu commun
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, on désigne par D sa projection orthogonale surAC et parI,E,F 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 surAC? Solution de Jean Moreau de Saint-Martin
Premier cas : Dentre A etC
Ce cas conduit à prouver : si le centre du cercle (IEF) est sur AC, le triangle ABC est rectangle enB, ce qui est la réciproque de la propriété objet de l’énoncé D179.
Je prends pour unité de longueur le rayon du cercle inscrit dans le triangle ABD; alors le cercle inscrit dans le triangle BCD a pour rayon t, et
|BD|=h.
Soit le repère cartésien Dxy avec Dy selon DB. On a les coordonnées B(0, h), E(−1,1), F(t, t). La médiatrice du segment EF coupe AC en Z(t−1,0) ; une rotation de π/2 dans le sens trigonométrique transforme F en E (le cercle de diamètreEF coupeAC en DetZ).
Atfixé, à chaque valeur de hcorrespond un triangleABC déterminé par les tangentes BA et BC (autres que BD) menées de B aux cercles de centresE etF tangents à DB, DA, DC. Notant I le centre de son cercle inscrit, il s’agit de comparerIZ à ZE =ZF =√
1 +t2 pour obtenir une relation entreh ett.
Dans le triangleBAD,A est déterminé par (BA, BD) = 2(BE, BD) = 2 arctan 1
h−1, d’où |DA|= 2h−2 h−2 .
|BA|= |DB|+|DA| −2 = h+ 2/(h−2), comme somme des tangentes menées de B etA au cercle inscrit (l’angle droit enD rend les tangentes menées deDégales au rayon).
De même dans le triangleBCD, (BD, BC) = 2(BD, BF) = 2 arctan t
h−t, d’où |DC|= 2ht−2t2 h−2t .
|BC|=|DB|+|DC| −2t=h+ 2t2/(h−2t),
L’abscisse deI est (|AC|+|AB| − |BC|)/2− |AD|=
= (|DC| − |DA|+|AB| − |BC|)/2 =t−1.
AinsiI se projette enZ surAC, quel que soith. Le rayon du cercle inscrit est|IZ|et vaut par hypothèse√
1 +t2. Le vecteurEI a pour projections (t,√
1 +t2−1) et est porté par la droite AE.
Or (AD, AE) = (AD, AB)/2 =π/4−(BA, BD)/2 =π/4−(BE, BD).
tan(AD, EI) = 1−tan(BE, BD)
1 + tan(BE, BD) = 1−2 h =
√
1 +t2−1
t .
On en tireh = 1 +t+√
1 +t2,t= (h2−2h)/(2h−2), puis |DA|=h/t,
|DC| = ht, et finalement |DA| · |DC| = h2 = |DB|2, ce qui montre que l’angleABC est droit.
BAetBC sont parallèles respectivement à ZF et ZE.
Second cas : D est extérieur au segmentAC
A etC jouant des rôles équivalents, je supposeA entreD etC.
Avec les rayons 1 et tpour les cercles centrés en E etF, les coordonnées de E sont(1,1), celles deZ(t+ 1,0) ; les coordonnées de F(t, t) et les ex- pressions de ZE =ZF =√
1 +t2, |DA|,|BA,|DC|,|BC|sont les mêmes que dans le premier cas.
L’abscisse de I est (|AC|+|AB| − |BC|)/2 +|DA|=
= (|DC|+|DA|+|AB| − |BC|)/2 = 2t+h2/(h−2).
(CF, CD) = (CB, CD)/2 = π/4−(BD, BC)/2 = π/4−(BD, BF) = arctan(1−2t/h)
L’ordonnée de I est t−(t+h2/(h−2) tan(BD, BF) =
= 2t2/h−(h2−2th)/(h−2).
Les projections deZI surDC et DB sontt−1 +h2/(h−2) et 2t2/h−(h2−2th)/(h−2).
En vue de la configuration de l’énoncé, oùAetCsont fixés, je vais exprimer la condition|ZI|2 = 1 +t2 au moyen des anglesAetC, ou équivalemment de leurs moitiés a=6 CAI etc=6 ICApour alléger l’écriture.
1−2/h= tan(π/4−(BD, BE)) = tan(AE, AD) = tan(π/2−A/2) = cota 1−2t/h= tan(π/4−(BD, BF) = tan(CF, CD) = tanc.
Les projections deZI s’écrivent (cota−tanc+ tana)h/2 et ((1−tanc)2−2 tanctana))h/2.
|ZI|2 = 1 +t2 = ((1−cota)2+ (1−tanc)2)(h/2)2, d’où la condition (1−cota)2+ (1−tanc)2 =
= (cota−tanc+ tana)2+ ((1−tanc)2−2 tanctana)2.
On peut lui donner la forme d’une équation en coordonnées polaires (|CB|,2c) éliminantapar cot(2a) = (|CA|/|CB| −cos(2c))/sin(2c).
Le point B part à l’infini quand a+c tend vers π/2 ; cela donne une équation du 6e degré en tanc, qui serait à résoudre numériquement. Je n’ai pas cherché à pousser plus loin.
