D 1844 Homing pour géomètre amateur Solution proposée par Pierre Renfer La géométrie du triangle est ici un artefact.
Seuls importent les positions relatives des points sur la droite d’Euler, le centre du cercle inscrit I pouvant être remplacé par un point quelconque.
On choisit un repère cartésien, d’origine G, avec la droite d’Euler comme axe des x.
On choisit l’unité de longueur telle que les abscisses de G, O, H, N, M soient 0, -2, 4, 2, 1.
Le point I a pour coordonnées : I 2+u v
Un point courant P de la droite (MI) a pour coordonnées : 2+k u P k v
Soit 1 le cercle passant par I et tangent en G à la droite d’Euler.
Soient 2, 3, 4 les cercles (IGO), (IGH), (IGN).
Pour 1 n 4 , on note Inle point d’intersection autre que I du cercle n et de la droite (MI).
Il s’agit de démontrer que les points In sont sur (MI) dans les positions relatives voulues par l’énoncé.
Un cercle passant par G a une équation du type : x2y2 ax by 0 En écrivant que le point courant P de (MI) vérifie l’équation, on obtient :
2 2 2
(u v )k (4u au bv)k 2a 4 0 (E)
Si le cercle passe par I, l’équation du second degré (E) en k, admet la solution k 1 et l’autre solution est : k ' 2a 42 2
u v
Pour le cercle 1 : a 0 et k ' 2 4 2 u v
Pour le cercle 2 : a 2 et k ' 28 2 u v
Pour le cercle 3 : a 4 et k ' 2 4 2 u v
Pour le cercle 4 : a 1 et k ' 2 2 2 u v
MP k ' MI donc :
2 2
1
2 2
2
2 2
3
2 2
4
(u v )MI 4 MI (u v )MI 8 MI (u v )MI 4 MI (u v )MI 2 MI
Les positions relatives des points In sont donc bien celles qu’exige l’énoncé.
Une autre solution non analytique plus directe
On considère pour chacun des quatre cercles, l’inversion de pôle M conservant ce cercle :
Alors :
2
1 2 3 4
MG MI MI MG MO MI MI MG MH MI MI MG MN MI MI
Donc :
2 1 3 1 4 1
MO MI 2 MG MI MH MI 1 MG MI MN MI 1 MG MI 2
