il suffit

D190. Un lieu ....peu commun

A partir de l'énoncé du problème D179. On donne deux points A et C. Pour tout point B, on désigne par D sa projection orthogonale sur AC et par I , 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 sur AC ? Première partie : D est entre A et C : D'après D179, si le triangle ABC est rectangle en B, le cercle (IEF) est centré sur AC.

Donc

il suffit

Mais c'est la réciproque qu'il faut démontrer. Au départ le triangle ABC est quelconque : A(-a,0), B(0,b), C(c,0), D(0,0).

Soit α et les β angles CAI et ICA, on pose t = tanα et s = tan β. Avec a = b/tan2α et c = b/tan2β.

La droite AI : y = (x+a)t coupe la droite y = –x en E : x= – at/(1+t), y=+at/(1+t), mais a = b(1– t²)/(2t) donc E : x= –b(1–t)/2 , y= b(1–t)/2

De même la droite BI d'équation y = –(x-c)s coupe la droite y=x en F, x= cs/(1+s), y= cs/(1+s) mais c = b(1–s²)/(2s) donc F : x = b(1–s)/2 , y= b(1–s)/2.

La médiatrice de EF coupe AC en G dont l'abscisse vérifie :

[x+b(1–t)/2]²+[b(1–t)/2]² – [x – b(1–s)/2]² – [b(1–s)/2]² = 0, d'où xG = b(t – s)/2 Le rayon R du cercle de centre G passant par E et F vérifie R² = (b²/4)[(s-1)² + (t-1)²]

I = AI∩CI, (x+a)t + (x-c)s =0, xI = (cs – at)/(t+s), mais cs – at = (b/2)(t² – s²) d'où xI = b(t – s)/2 donc xI = xG . Ordonnée de I : yI = (xI +a)t = [b(t-s)/2 + b(1– t²)/(2t)]t = (b/2)(1 – st).

I est sur le cercle de centre G passant par E et F si et seulement si yI ² = R², c'est à dire : (1 – st )² = (s-1)² + (t-1)² ou (s – 1)(t – 1)[ st + s + t – 1] = 0

Si t=1 Â= 90°, E,A,D sont confondus, et I et F sont confondus : inintéressant.

Si s=1 angle C =90° , F, C, D sont confondus, et I et E sont confondus : inintéressant.

Par contre [st+s+t – 1] = 0 ↔ (s+t)/(1-st) = 1 ↔ tan(α+β) = 1 ↔ 2(α+β ) = 90° ↔ angle B = 90°

Le lieu des points B tels que le cercle (IEF) soit centré sur AC est le cercle de diamètre AC.

Deuxième partie : D est au delà de C sur la demi droite d'origine A dirigée vers C.

Origine en A(0,0), AC = b est constant, AB=c et CB=a sont variables. Point B (x,y).

Le rayon du cercle (E) inscrit dans ABD est r = (x+y-c)/2 et le rayon du cercle (F) inscrit dans CBD est s = (x+y-a-b)/2. Le cercle (E) touche AD en K et le cercle (I) inscritt dans ABC touche AD en J.

La médiatrice de EF coupe AD en G . AJ = (b+c-a)/2 et AK = x-r = (x-y+c)/2. Dans l'homothétie de centre A de rapport AJ/AK le cercle (E) de rayon r a pour image le cercle (I) de rayon ρ = r.(b+c-a)/(x-y+c) = (x+y-c)(b+c-a)/(2(x-y+c)).

AG = x-r-s et JG = AG – AJ = x-r-s - (b+c-a)/2 = x – (x+y-c)/2 – (x+y-a-b)/2 - (b+c-a)/2 = a – y GI² = ρ² + JG² = [(x+y-c)(b+c-a)/(2(x-y+c))]² + (a-y)²

GK = s et KE = r de sorte que GE² = r²+s² = [(x+y-c)² + (x+y-a-b)²]/4

Quand D est au delà de C sur la demi-droite AC, le cercle (IEF) est centré sur AC si et seulement si GI² = GE² soit : [(x+y-c)(b+c-a)/(2(x-y+c))]² + (a-y)² = [(x+y-c)² + (x+y-a-b)²]/4 ou

(x+y-c)²(b+c-a)² = [(x+y-c)² + (x+y-a-b)² – 4.(a-y)² ].(x-y+c)² (x+y-c)²[(b+c-a)² – (x-y+c)²] = (x-y+c)² [(x+y-a-b)² – 4.(a-y)²]

(x+y-c)² (-x+y-a+b)(x-y-a+b+2c) = (x-y+c)² (x-y+a-b)(x+3y-3a-b)

(x+y-c)² (x-y-a+b+2c) + (x-y+c)² (x+3y-3a-b) = 0 (*) après simplification du terme en italique . Cette simplification est permise car x– y+a-b =0 → (x-y-b)² = (x-b)² + y² →

x²+y²+b²-2xy-2bx+2by=x²-2bx+b²+y² → 2y(x –b)=0 , or on suppose y > 0 et x > b.

L'équation (*) peut encore s'écrire sous la forme [x²+(y-c)²](x+y+c-2a) + 2x(y-c)(a+b+c – 2y) = 0 Dans cette équation, b est une constante, remplacer c par √(x²+y²) conduit à :

[2ax²+2ay²+2xy² – (a+b)xy]² = (x²+y²)[x²+2xy – (a+b)x +2ay]² , et remplacer a par √[(x-b)²+y²] à:

(x³ +xy²-2y³-bx²)²[(x-b)²+y²] = [x⁴-2x³(y+b)+x²(y+b)²-xy²(2y+3b)+2y²(y²+b²)]² (degré 8) Ces élévations au carré ont pu introduire des courbes parasites. Le lieu de B n'est qu'une partie de cette courbe. On simplifie par y (car y n'est pas nul):

x(x-y)²(4x⁴+5x³y+10x²y²+5xy³+4y⁴) – 2bx(6x⁵ – 5x⁴y + 6x³y² – 9x²y³+ 4xy⁴ – 2y⁵) + b²(12x⁵ –15x⁴y+ 12x³y² –16x²y³+ 4xy⁴– 4y⁵) – 4b³x(x²+y²)(x – 3y) – 4b⁴y(x²+y²) = 0

(b,0) vérifie cette équation : la courbe passe par le point C, elle a pour direction asymptotique double la direction y=x. En posant y = x+t et et en ordonnant par rapport à x, le premier terme est 7x⁵(t²+4bt-b²). Le graphique de cette fonction implicite admet deux asymptotes parallèles : y = x – b.(1+√2) /2 Elles sont tangentes au cercle de diamètre AC. Une troisième asymptote est la droite x=0 perpendiculaire en A à AC. En posant x = b + t (nouvelle origine en C ) et en ordonnant par rapport à b , le premier terme est b⁴t²(4t – 3y), cela prouve qu'en C la pente de la tangente à la courbe est 4/3.

Dans la courbe tracée ci-dessous, la seule partie à conserver pour le point B est la branche x > b la plus proche de la droite AC, c'est la branche qui va de C vers l'asymptote y = x – b.(1+√2) /2 .

A une autre échelle :