D179 – Bien calé sur l’hypoténuse
Dans un triangle rectangle ABC, H est le pied de la hauteur issue du sommet B de l’angle droit. Démontrer que le centre du cercle passant par les centres des trois cercles inscrits aux triangles ABC, ABH et BCH est bien "calé" sur l’hypoténuse AC.
Solution analytique par Patrick Gordon
Soient I, I1 et I2 les centres respectifs de ces trois cercles.
On prend l'origine en B et les axes Bx, By en BC, BA.
Si l'on prend BH = 1 et tan A/2 = t, on trouve les expressions suivantes des coordonnées de I, I1 et I2 :
x = y = (1+t²)/2(1+t) x1 = (1–t)/2; y1 = (1+t)/2 x2 = 1/(1+t); y2 = t/(1+t).
Une simulation par Geogebra suggérant que le centre du cercle passant par les centres des trois cercles inscrits pourrait être K, projection de I sur AC, on calcule les coordonnées de K.
En écrivant l'équation de la droite IK, soit : 2t X – (1–t²) Y = (1+t²) (t²+2t – 1) / 2(1+t)
et celle de l'hypoténuse AC, soit toujours avec BH = 1 : (1–t²) X + 2t Y = (1+t²)
et en résolvant le système, on trouve pour coordonnées de K : xK = 1/(1+t)
yK = (1+t)/2.
On remarque que K a même abscisse que I2 et même ordonnée que I1. On peut dès lors calculer IK et I1K. Les deux valent (1+t²)/2(1+t).
Il est inutile de faire le calcul de I2K car I2 est dans BCH le "jumeau" de I1 dans ABH.
Conclusion
K est équidistant de I, I1 et I2. Il est le centre du cercle passant par ces trois points.
