D10181. Inversion triangulaire
Soit un triangle ABC ´equilat´eral, (C) son cercle inscrit, de centre I.
A tout point M appartenant `a (C), on fait correspondre M0, tel que AI est bissectrice de l’angleM AM0,BI bissectrice deM BM0,CI bissectrice de M CM0.
D´emontrer queM0 d´ecrit l’hypocyclo¨ıde de points de rebroussement A,B et C.
Solution
Avec des coordonn´ees barycentriques, (x, y, z) pour M, (x0, y0, z0) pour M0, la sym´etrie des droites AM etAM0 par rapport `a AI se traduit par la relation y/z = z0/y0 ou yy0 = zz0. De mˆeme zz0 = xx0 (par rapport
`
a BI) et xx0 = yy0 (par rapport `a CI). Ces 3 relations se ram`enent `a xx0 = yy0 = zz0, ce qui assure qu’elles sont compatibles : les 3 droites AM0, BM0, CM0 sont bien concourantes. On en tire
xx0 =yy0=zz0 = xyz(x0+y0+z0) yz+zx+xy .
Il est commode de prendre x+y+z= 3 ; en notant α= Angle(IA, IM), on a x= 1 + cosα,
y = 1 + cos(α−2π/3), z= 1 + cos(α+ 2π/3),
car ces coordonn´ees sont proportionnelles aux distances aux cˆot´es du tri- angle, et sont (1,1,1) pour I qui est centre de gravit´e. On en tire
yz = 1 + 2 cosαcos2π 3 +1
2cos(2α) +1 2cos4π
3 .
zxetxy se d´eduisent de yz en rempla¸cantα parα±2π/3, ce qui permet de voir que yz+zx+xy = 9/4.
Ainsi (avecx0+y0+z0 = 1)
x0= 4yz 9 = 1
3 −4
9cosα+2
9cos(2α),
y0 = 4zx 9 = 1
3 −4
9cos(α−2π 3 ) +2
9cos(2α+2π 3 ),
z0 = 4xy 9 = 1
3 −4
9cos(α+2π 3 ) +2
9cos(2α−2π 3 ).
SoitQle point tel queIQ=−(4/3)IM (vectoriellement). Les coordonn´ees deM0 obtenues ci-dessus signifient que le vecteurQM0 a pour longueur le tiers deIA, avec Angle(IA, QM0) =−2α.
De ce fait Angle(QM0, QI) = 3α etIQ a pour longueur 4IM/3 = 2IA/3.
Le lieu deM0 correspond au roulement du cercle de centre Qet de rayon IA/3 `a l’int´erieur du cercle de centre I et de rayon IA, qui est le cercle circonscrit au triangle ABC. C’est une hypocyclo¨ıde `a 3 rebroussements, et elle passe parA, B, C qui correspondent aux points de contact du cercle inscrit avec les cˆot´es oppos´es `a chacun de ces sommets, soit quandx, you zs’annulent.
1
