D1829. Le ballet des inscrits
Soit (Γ) le cercle circonscrit à un triangle ABC acutangle. Le point P est variable sur l'arc BC qui ne contient pas le point A On trace les centres IC,IA et IB des cercles inscrits des triangles PAB,PBC et PCA.
Quand P parcourt l'arc BC:
Q1 Démontrer que chacun des cercles circonscrits aux triangles ICIAIB, PICIA, PIAIB et PIBIC passe par un point fixe que l'on déterminera.
Q2 Déterminer les lieux des milieux des côtés ICIA, IAIB et IBIC
Q1) Les centres des cercles inscrits dans les 4 triangles ABC, PBC, APB, APC sont les sommets d'un rectangle :
1ère Démonstration : le cercle (Γ) est supposé de rayon 1 et il existe 4 nombres complexes de modules 1 tels que A,B,C,P aient pour affixes a²,b²,c²,p² , en même temps que les affixes des centres des 4 cercles inscrits soient : I(bc+ca+ab), Ia(bc+cp+pb), Ic(bp+pa+ab), Ib(ac – pc – pa)
(aff Ib – aff I)/(aff Ic – aff I)= (ac – pc – pa – (bc+ca+ab)) / (bp+pa+ab – (bc+ca+ab)) (aff Ib – aff I)/(aff Ic – aff I)= (b+p)(a+c) / ((a+b)(c – p))
Pour montrer que ce nombre est imaginaire pur, on lui ajoute son conjugué : (b+p)(a+c) / ((a+b)(c – p)) + ((1/b+1/p)(1/a+1/c) / ((1/a+1/b)(1/c – 1/p)) = (b+p)(a+c) / ((a+b)(c – p)) – (b+p)(a+c) / ((a+b)(c – p)) = 0
Donc dans le quadrilatère Ic, I, Ib, Ia l'angle en I est droit. Comme les 4 triangles ABC, PBC, APB, APC ont des rôles symétriques, tous les angles en Ia , Ic, Ib sont droits.
2ème Démonstration: A,I, Ic, B sont cocycliques : En comparant les angles des deux triangles BIcA et BPA on obtient BIcA = BPA/2 +90° et de même avec BIA et BCA on obtient BIA = BCA/2 +90° et, comme BPA=BCA, il vient B Ic A=BIA. Les points I et Ic sont sur l'arc capable de AB pour l'angle BCA/2 + 90°.
Le centre du cercle (B Ic I A) est le milieu de l'arc AB de (Γ) qui ne contient pas C . Soit (Γc) ce cercle.
Pareillement le milieu de l'arc AC de (Γ) qui ne contient pas B est le centre du cercle (A,I, Ib ,C) noté (Γb) le milieu de l'arc BP de (Γ) qui ne contient ni A ni C est le centre du cercle (B, Ic, Ia, P) noté (Γca).
et le milieu de l'arc PC qui ne contient ni B ni A est le centre du cercle (P, Ia, Ib, C) noté (Γab).
Dans le quadrilatère inscriptible (B, Ic, I, A) les angles opposés en Ic et A sont supplémentaires , dans le quadrilatère inscriptible (B, Ic, Ia, P) les angles opposés en Ic et P sont supplémentaires , donc I Ic B + B Ic Ia = 180° - BAC/2 + 180° - CPB/2, mais BAC + CPB =180°
I Ic B + B Ic Ia = 180°+180° – 90° = 270° et enfin I Ic Ia = 90°.
Une démonstration analogue vaut aussi pour les trois autres angles du quadrilatère I Ic Ia Ib qui est donc un rectangle.
Le cercle IcIaIb passe toujours par I, le cercle PIcIa passe toujours par B,
le cercle PIaIb passe toujours par C, mais par quel point fixe passe le cercle PIbIc ?
Je cherche un point Q d'affixe q tel que les trois angles du triangle QIbIc soient constants quand P varie, pour cela il suffit que (aff Q Ic )/(aff Q Ib) soit un nombre complexe indépendant de p.
(aff Q Ic )/(aff Q Ib) = (bp+pa+ab–q)/(ac – pc – pa–q) = [p(a+b)+(ab–q)]/[p(–a–c)+(ac–q)]
Cette fonction homographique est constante si –(a+b)/(a+c) = (ab–q)/(ac–q) d'où q =
(a
2(b+c )+2abc) (2a+b+c )
Prouvons que Q est sur le cercle P IbIc en comparant les angles IbPIc et IbQIc . Comme 2(IbPIc ) = CPB, comparons ((a+b)/(a+c))² et ((b²-p²)/(c²-p²)), ont ils le même argument ? leur rapport est il un réel ?(( a+b )
2(c
2− p
2))
(( a+c )
2( b
2− p
2))
est invariant quand on remplace a,b,c,p par leurs conjugués 1/a,1/b,1/c,1/p . Ce rapport est égal à son conjugué donc il est réel, et Q est sur le cercle P IbIc .D'autre part
q q
=(a
2(b+c )+2abc) (2a+b+c )
*(2a+b+c )
(a
2(b+c )+2abc)
= 1 donc Q est sur le cercle (Γ).Conclusion : Quand P varie, le cercle PIbIc passe par le point fixe Q de (Γ) dont l'affixe est q =
(a
2(b +c )+2abc)
(2a+b+c )
Position limite du cercle PIbIc quand P tend vers C : Ib tend vers C, Ic tend vers I, la médiatrice de IbIc se confond avec la médiatrice de IC, la droite PIb passe par le milieu de l'arc AC de (Γ) qui ne contient pas B,et la limite de la médiatrice de PIb est la droite qui joint C au milieu T de l'arc AC de (Γ) qui contient B.CT coupe la médiatrice de IC en un point S, le cercle de centre S qui passe par I et C recoupe (Γ) au point Q
Q2) Quand P décrit l'arc BC de (Γ), Ic et Ib décrivent respectivement l'arc BI de (Γc) et l'arc IC de (Γb), Angle (B Ia C) = BPC/2 + 90°, Le lieu de Ia est l'arc BC du cercle (Γp) dont le centre est le milieu de l'arc BAC du cercle (Γ). Le milieu de la diagonale Ib Ic est aussi milieu de la diagonale I Ia.
Le lieu du milieu de Ib Ic se déduit de l'arc BC, lieu de Ia, par l'homothétie de centre I et rapport ½.
Les triangles B Ia Ic et Ia C Ib sont semblablement variables car Ia B Ic = C Ia B = CBA/2 = constante et B Ia Ic = Ia C B = BCA/2 Notons Kb et Kc les milieux de Ia Ib et de Ia Ic,
Les triangles B Ia Kb et C Ia Kc sont aussi semblablement variables.
Le lieu de Ia est connu, les similitudes de centre B, de rapport BKb/BIa, d'angle (BIa, BKb)
et de centre C de rapport CKc/CIa, d'angle (CIa,CKc) opérant sur cet arc BC, le transforment en un arc de cercle qui va de B vers le milieu de IC, ( lieu de Kb)
et un arc de cercle qui va du milieu de IB vers le point C (lieu de Kc).
--- Sangaku trouvé sur internet :
![[] [] [] [] 1/4 LE TRIANGLE RECTANGLE ET SON CERCLE CIRCONSCRIT](data:image/gif;base64,R0lGODlhAQABAIAAAP///wAAACH5BAEAAAAALAAAAAABAAEAAAICRAEAOw==)