D134 – A la recherche des alter ég(aux)
On donne un triangle ABC. Pour tout point M de son plan, on construit les intersections de AM, BM et CM avec le cercle circonscrit à ABC. Déterminer les points M pour lesquels le triangle ainsi obtenu est isométrique à ABC.
Référence : La géométrie du triangle de T. LALESCO, annales roumaines, Vuibert 1952 et Editions Gabay.
Solution proposée par Dominique Roux
1er cas : Le triangle obtenu est l’image de ABC par une rotation de centre O A priori il y a six possibilités :
- Si M est intersection de (AA’, BC’ et CB’), alors les deux triangles sont confondus (car BC’//CB’) et M est intersection de la tangente en A au cercle circonscrit avec le côté opposé BC, ce qui donne le point α . On traite de la même manière les cas où M est intersection de (BB’, AC’, CA’) ou de (CC’, AB’, BA’) et l’on obtient les points β et γ . - Si M est intersection de (AA’, BB’, CC’) qui sont trois droites équidistantes de O, il faut
M = O.
- Il reste deux cas : M est intersection de (AB’, BC’, CA’) ou de (AC’, BA’,CB’) . Considérons par exemple ce dernier cas (voir figure). AMB = π - BMC’ = π - (BOC’ + AOA’) / 2 = π - (BOC’ + C’OC) / 2 = π - BOC / 2 = π - BAC.
De même BMC = π - ABC et CMA = π - ACB. Donc M = point de Brocard car on reconnaît sa définition angulaire (Lalesco § 6-11 page 50). De même dans l’autre cas, on obtient l’autre point de Brocard ’.
A noter que ces deux derniers points peuvent être obtenus au moyen des « cercles adjoints » qui sont les cercles tangents en un sommet à un côté et passant par le 3ième sommet. Cette démonstration est détaillée dans Lalesco § 6.12.
Dans la suite du texte, on appelle angle de Brocard l’angle ω égal à ABA’ = BCB’ =
CAC’ et axe de Brocard la médiatrice de [ ']. On a donc 2ω = AOA’ = BOB’ =
COC’ et aussi 2ω =O’ (Cf Lalesco § 8.8 page 63) et O = O’.
2ième cas : Les triangles ABC et A’’B’’C’’ s’échangent dans une symétrie axiale Il y a d’abord les trois possibilités M intersection de (AA’’,BC’’,CB’’) ou de
(BB’’,AC’’,CA’’) ou de (CC’’,AB’’,BA’’). Ainsi dans le 1er cas, on a BMC = (BOC +
B’’OC’’) / 2 = BOC = 2BAC et AMC = (AOC + A’’OC’’) / 2 = (AOC +BOA)/2 = ABC +ACB = π - BAC = AMB, ce qui caractérise le point A (et 2 de même pour B et 2 C ) du second triangle de Brocard (Lalesco § 8.14). 2
On a donc trouvé 6 points M : O, , ’, A ,2 B et 2 C sur le cercle de Brocard dont le 2 diamètre est OK, K étant le point symédian (appelé point de Lemoine) du triangle ABC.
A noter que les trois derniers points A ,2 B et 2 C peuvent être obtenus comme les points de 2 Brocard au moyen des « cercles adjoints » qui sont les cercles tangents en un sommet à un côté et passant par le 3ième somme et sont également les projections orthogonales de O sur les symédianes de ABC.
Il reste les deux possibilités symétriques (AB’’,BC’’,CA’’) qui donne le point J et (AC’’, BA’’, CB’’) qui donne le point J’. Le cas (AA’’, BB’’, CC’’) envoie M à l’infini, donc est rejeté.
Désignons par :
- R le rayon du cercle circonscrit à ABC de centre O, - Inv(O, R ) l’inversion de pôle O et de puissance 2 R . 2
- Inv(,p) l’inversion de pôle qui conserve globalement le cercle circonscrit à ABC.
- Inv(J,q) l’inversion de pôle J qui conserve globalement le cercle circonscrit à ABC.
Lemme
Inv(O, R ) o Inv(2 ,p) = Inv(J,q) o SOoù J = Inv(O, R )(2 ) et SO désigne la symétrie axiale par rapport à O.
Preuve
Soit P = Inv(O, R )(M) et M’ = Inv(J,q)(P) où l’on a pris J = Inv(O, 2 R )(2 ).
Le cercle (MPM’) est orthogonal au cercle (O,R) et au cercle (J, q) donc son centre est sur l’axe radical δ de ces deux cercles (orthogonaux).
Soit 1 = (MM’’) (OJ) où M’’ = S (M’) est le symétrique de M’ par rapport à δ δ. Comme M, M’,M’’,P sont cocycliques et que O1//M’M’’, les points O, 1,M et P sont aussi cocycliques, donc JO.J1 = JP.JM’ = q, d’où 1 = , d’où M. M’’ = - p.
Donc Inv(J,q) o Inv(O, R ) = 2 S o Inv(δ , - p), or Inv(, - p) = S o Inv(Ω ,p) où S Ω désigne la symétrie centrale par rapport à et comme S = Ω S oδ SO, finalement Inv(J,q)oInv(O, R ) = 2 SOo Inv(,p).
On compose à droite par Inv(J,q) et à gauche par Inv(,p), ce qui donne le lemme.
Nota : il y a aussi une preuve rapide par un calcul dans le corps des complexes en prenant O comme axe des réels.
Partons de l’intersection de (AC’,BA’,CB’) du cas où A’B’C’ est l’image de ABC par Rot(O,2ω ). Posant = médiatrice de [ ’], comme l’angle entre et O vaut ω , on a Rot(O,2ω ) = SOo S .
Inv(,p) envoie A’,B’,C’ sur respectivement B,C,A, donc Inv(,p) oSOoS envoie A,B,C sur B,C,A. Composons par Inv(O, R ) dont la restriction au cercle circonscrit à ABC est Id . 2 Inv(O, R )oInv(2 ,p) oSOoS envoie A,B,C sur B,C,A.
Donc (lemme) Inv(J,q)oS envoie A,B,C sur B,C,A.
Donc Inv(J,q) envoie A,B,C sur respectivement B’’,C’’,A’’ symétriques de B,C,A par rapport à l’axe de Brocard . Donc AB’’,BC’’,CA’’ se coupent en J, inverse de par rapport au cercle (O,R). De même symétriquement par rapport à , AC’’,BA’’,CA’’ se coupent en J’.
Une propriété classique de la géométrie du triangle est que les points α ,β et γ sont alignés sur une droite qui est la polaire, appelée axe de Lemoine, du point K de Lemoine du triangle ABC. On a respectivement Inv(O, R ) (2 A ) = 2 α , Inv(O, R )( 2 B ) = β et Inv(O, 2 R ) (2 C ) 2
= γ .
Les cinq points J,J’, α , β et γ situés sur l’axe de Lemoine et respectivement inverses des points ,’, A ,2 B et 2 C dans une inversion de centre O et de puissance 2 R répondent à la 2 question.
Bilan complet: 11 points M répondent à la question dont six sont situés sur le cercle de Brocard et les cinq autres sur l’axe de Lemoine.
