D 134 . A la recherche des alter eg(aux)
Louis ROGLIANO
Soient un triangleABCet son cercle circonscrit(C). On trace le cercle tangent enBàABet passant par C, puis le cercle tangent enCàBC et passant parAet enfin le cercle tangent enAàCAet passant parB. Démontrer que ces trois cercles se rencontrent en un même pointP.
Les droitesAP, BP etCP coupent le cercle(C)enA’, B’etC’. Démontrer que les trianglesABCetA’B’C’ sont égaux.
Pour les plus courageux (*****): D’un pointMdu plan qui contientABC, on mène les droitesM A, M BetM C qui coupent le cercle(C)enD, E etF .Déterminer les pointsM à distance finie tels que les trianglesDEF sont égaux au triangleABCet démontrer qu’il y a un cercle et une droite qui,pris ensemble,les contiennent tous.
1)SoitP l’intersection du cercle passant parAet tangent à(AC)et du cercle passant parBet tangent à (AB). En considérant des angles de vecteurs, nous avons (voir figure1):
(−→
P A,−−→
P B) + (−→
AB,−→
AC) =π et(−−→
P B,−→
P C) + (−−→
BC,−→
BA) =π donc:
(−→
P A,−−→
P B) + (−−→
P B,−→
P C) + (−−→
BC,−→
BA) + (−→
BA,−→
AB) + (−→
AB,−→
AC) = 2π (−→
P A,−→
P C) + (−−→
BC,−→
AC) +π= 2π (−→
P A,−→
P C) + (−−→
BC,−→
AC) = (−→
P A,−→
P C) + (−−→
CB,−→
CA) = π
Le pointP est donc sur le cercle passant parC et tangent à(CB). 2)Nous avons les égalités d’angles de vecteurs suivantes:
(−→
BA,−−→
BP) + (−−→
BP ,−−→
BC) + (−−→
BC,−→
BA) = (−→
BA,−−→
BP) + (−−→
BP ,−−→
BC) + (−→
P C,−−→
P B) +π= 0. (−−→
BP ,−−→
BC) + (−−→
BC,−→
P C) + (−→
P C,−−→
BP) = (−−→
BP ,−−→
BC) + (−−→
BC,−→
P C) + (−→
P C,−−→
P B) +π= 0. Donc(−→
BA,−−→
BP) = (−−→
BC,−→
P C) = (−−→
CB,−→
CP). On démontrerai de même que(−→
BA,−−→
BP) = (−→
AC,−→
AP).
Il en résulte que les arcs orientés
y
AA′,y
BB′ ety
CC′ sont égaux. Le triangleA′B′C′ est donc l’image du triangleABCpar la rotation de centreOet d’angle2(−→AC,−→
AP). Ces deux triangles sont directement égaux.
Résumé des chapitres suivants :
Nous désignerons les triangles égaux àABC par A′B′C′ en convenant de faire correspondre les mêmes lettres aux sommets de même angle. LorsqueA′B′C′est directement égal àABC, nous avons six correspon- dances possibles, trois en permutations circulaires : (AA′, BB′, CC′),(AC′, BA′, CB′),(AB′, BC′, CA′)et trois en permutations ayant un point fixe :(AA′, BC′, CB′),(AC′, BB′, CA′),(AB′, BA′, CC′). Il en est de même lorsqueABC et A′B′C′ sont inversement égaux. Il y a donc 12 points tels que M répondant à la question. Nous verrons que6sont intérieurs au cercle(C)et6sont extérieurs.
Le pointQobtenu en considérant les trois cercles de même nature que les cercles se coupant enP et le centreO du cercle (C)sont trois points intérieurs à(C)donnant trois triangles directement égaux àABC en utilisant trois permutations circulaires des sommets. (voir figures2et3).
Il existe trois pointsI, J, Kintérieurs au cercle circonscrit au triangleABCpermettant de construire un triangleA′B′C′ inversement égal au triangleABC de même cercle circonscrit. .
Remarque: Dans ce cas, les sommets des triangles sont associés suivant trois permutations ayant chacune un point fixe:
(Voir figures4,5,6)
Construction des pointsI,J,K: (Voir figure7, par exemple pour le pointI)
I se trouve sur le cercle de diamètre[OA]. Sur le cercle(C): BIC[ = 1
2(
⌢
BC +
⌢
B′C′) =
⌢
BC. DoncBIC[ =\BOC etI se trouve aussi sur le cercle circonscrit au triangleBOCd’où la construction.
O, P, Q, I, J, K sont cocycliques: (Voir figure8)
Démonstration avecP: (Même démonstration pourQ) a)
Montrons d’abord queI se trouve sur le cercle(AP B),J sur le cercle(BP C)etKsur le cercle(CP A). En considérant des angles de droites, nous avons:
(IA, IB) = (IA, IO) + (IO, IB) = π
2+ (CO, CB) = π 2+π
2−(CO, BO)
2 =π−(AC, AB) = (P A, P B).
Même démonstration pourJ etK. b)
(IA, IP) = (BA, BP) = (IA, IO) + (IO, IP) = π
2 + (IO, IP) (J B, J P) = (CB, CP) = (J B, J O) + (J O, J P) = π
2 + (J O, J P) (KC, KP) = (AC, AP) = (KC, KO) + (KO, KP) = π
2 + (KO, KP) (BA, BP) = (AC, AP) = (CB, CP)
Il en résulte que(IO, IP) = (J O, J P) = (KO, KP)et les pointsO, P, I, J, Ksont bien cocycliques.
Les inverses des pointsP, Q, I, J, K dans l’inversion positive de centreO laissant le cercle(C)invariant sont les points alignésP′, Q′, I′, J′, K′. Dans cette inversion, le pointO a pour image le point à l’infiniO′. (voir figure9).
Montrons que les pointsI′, J′, K′ permettent de construire des trianglesA′B′C′ directements égaux au triangleABC.
Démonstration pourI′: (voir figure10)
L’inversion de centreOtransforme le cercle(AIO)en la droite(I′A)tangente enAau cercle(C). L’inversion de centreOtransforme le cercle(BOC)en la droite(BC)passant parI′.
Le triangleABC associé au pointI′donne donc le triangleA′B′C′ confondu avecABC.
Montrons que les pointsP′, Q′, O′ permettent de construire des trianglesA′B′C′ inversement égaux au triangleABC.
Pour cela, montrons plus généralement que, siAetB sont deux points du cercle(C), l’inversion néga- tive de centreP conservant le cercle (C) et l’inversion positive de centre P′ conservant ce même cercle transforment respectivementABenA1B1etABenA2B2 tels queA1B1 =A2B2. (voir figure 11)
L’inversion de centreP a pour puissanceP T2et celle de centreP′,P′T2 =P T2+P P′2. Nous avons alors:
A1B1 = P T2 ×AB
P A×P B et A2B2 = (P T2 +P P′2)×AB
P′A×P′B . Il en résulte que:
A2B2
A1B1 = P T2+P P′2
P T2 × AP
AP′ × BP
BP′; or, le diamètreDD′ du cercle(C)est divisé harmoniquement par les pointsP etP′. Il en résulte donc que AP
AP′ = BP
BP′ = T P
T P′. En conséquence,A1B1 = A2B2. C.Q.F.D.
(voir figures12et13)
