D1829 ‒ Le ballet des inscrits [**** à la main]

D1829 ‒ Le ballet des inscrits [**** à la main]

Soit (Γ) le cercle circonscrit à un triangle ABC acutangle. Le point P est variable sur l'arc BC qui ne contient pas le point A On trace les centres IC,IA et IB des cercles inscrits des triangles PAB,PBC et PCA.

Quand P parcourt l'arc BC:

Q₁ Démontrer que chacun des cercles circonscrits aux triangles ICI_AI_B, PI_CI_A, PI_AI_B et PI_BI_C passe par un point fixe que l'on déterminera.

Q₂ Déterminer les lieux des milieux des côtés ICIA, IAIB et IBIC. Solution proposée par Bernard Vignes

Q₁

On désigne par A₁,B₁ et C₁ les milieux des arcs BC,CA et AB du cercle (Γ) qui ne contiennent pas les sommets A,B et C. Le point A₂ est le milieu de l'arc BC qui contient le sommet A.

Comme les point Ic,Ib et Ia sont les centres respectifs des cercles inscrits des triangles PAB, PAC et PBC,les points P,I_a et A₂ sont alignés de même que les points P,Ic et C₁ et les points P,Ib et B₁

Le cercle circonscrit au triangle PI_cI_a passe par le point B

Ic et Ib étant les centres respectifs des cercles inscrits des triangles PAB et PAC, on a:

BIcP = 90° + BAP/2 = 90° +BCP/2 = BIaP. Les quatre points B,P,Ia et Ic sont cocycliques. Cqfd.

Le cercle circonscrit au triangle PIaIb passe par le point C

Même démonstration que supra avec  CI_b P = 90° + CAP/2 = 90° + CBP/2 = CI_a P Le cercle cironscrit au triangle PI_bI_c passe par un point fixe Q situé sur le cercle (Γ) Soit Q le deuxième point d'intersection du cercle circonscrit au triangle PIbIc avec le cercle (Γ).

On a les égalités B₁A = B₁C = B₁Ib et C₁A = C₁B = C₁Ic. Comme B₁Ib et C₁Ic passent par P, les angles

QC₁Ic et QB₁I sont égaux. D'autre part QIcC₁ = 180° ‒ QIcP = 180° ‒ QIbP = QIbB₁.

Les triangles QI_cC₁ et QIbB₁ sont semblables de sorte que QC₁ / QB₁ = C₁Ic / B₁Ib = C₁A / B₁A = constante.

Le point Q est donc à l'intersection du cercle (Γ) et du cercle d'Apollonius passant par B₁ et C₁ et de rapport k = C₁A/B₁A.

Le cercle circonscrit au triangle IaIbIc passe par le centre I du cercle inscrit du triangle ABC.

Comme précédemment, les quatre points A,B,I et I_c sont cocycliques ainsi que les points A,C,I et I_b.Par ailleurs AIIc = 180° ‒ ABIc et AIIb = 180° ‒ ACIb.

Donc IcIIb = 360° ‒ AIIc ‒ AIIb = ABIc + ACIb = (ABP+ACP)/2 = 90°.De la même manière, on démontre que IcIaIb = 90° ainsi que IIcIa = 90° et IIbIa = 90°. Le quadrilatère IIaIbIc est un

rectangle. Le cercle circonscrit au triangle I_aI_bI_c passe donc par I et a pour diamètres I_b I_c et II_a .

Q₂

On désigne par Ja,Jb et Jc les milieux respectifs des segments IbIc, IcIa et IaIb.

Quand le point P parcourt l'arc BC, comme BIaC = 90° +BAC/2, le lieu du point Ia est l'arc de cercle (γ_a ) ayant pour extrémités les points B et C et situé sur le cercle de centre A₂ et de rayon A₂B = A₂C Lieu du point J_a

Comme Ja est en même temps le milieu de IbIc et le milieu de IIa, le lieu de Ja est l'arc de cercle

homothétique de l'arc (γa) par l'homothétie de centre I et de rapport 1/2. Cet arc a pour extrémités les milieux M_b et M_c des segments BI et CI

Lieux des points J_b et J_c

Quand P parcourt l'arc BC, les triangles BIaIc et CIaIb ont leurs trois angles au sommet qui restent constants.Par exemple I_cBI_a = I_cPI_a = C₁PA₂ et I_cI_aB = I_cPB = C₁PB.

Il en résulte que les anglesIaBJc et IaCJb sont constants ainsi que les rapports BJb / BIa et CJc / CIa. Les points Jb et Jc sont les transformés du point Ia par les simililtudes respectives Sb de centre B et de rapport BJb / BIa et Sc de centre C et de rapport CJc / CIa. Les lieux des points Jb et Jc sont alors des arcs de cercle transformés de (γa) par les similitudes S_b et S_c. Ces arcs de cercles ont pour extrémités respectivement B et Mc puis C et Mb.