D1962 – Communauté de biens [***** à la main]

D1962 – Communauté de biens [***** à la main]

Un triangle ABC admet (Γ) pour cercle circonscrit et (Γ₁) pour cercle inscrit de centre I. Le cercle (Γ₁) et le cercle (Γ₂) circonscrit au triangle AIB se rencontrent aux deux points D et E et leurs deux tangentes communes se rencontrent en un point F et touchent le cercle (Γ₂) aux points G et H. Soit (Γ₃) le cercle circonscrit au triangle FGH. Les tangentes communes aux cercles (Γ₁) et (Γ₃) touchent le cercle (Γ₃) aux points M et N et se rencontrent en un point J.

Les demi-droites JM et JN coupent le cercle (Γ) aux points K et L.

Démontrer que :

Q₁ Les trois triangles ABC, FGH,JKL partagent le meême cercle inscrit (Γ₁) et les deux triangles ABC et JKL ont le meême cercle circonscrit (Γ).

Q₂ Les cercles (Γ) et (Γ₃) sont tangents entre eux.

Solution proposeée par Bernard Vignes

L’eénonceé permet d’eétablir la figure suivante dans laquelle le point J d’intersection des tangentes communes aux cercles (Γ₁) et (Γ₂) se confond avec le milieu J’ de l’arc AB.

Cette proprieéteé est aà deémontrer.

Nous allons deémontrer successivement les trois proprieéteés suivantes : P₁ : Le cercle (Γ₁) est inscrit dans le triangle FGH.

Soit J’ le milieu du petit arc AB. J’ est sur la bissctrice CI de l’angle en C du triangle ABC.

On a les relations d’angles ∠J’IB = 180° – ∠BIC = (∠ABC + ∠ACB)/2 et ∠J’BI = ∠ J’BA + ∠ABI = J’CA + ∠ABI = (∠ABC + ∠ACB)/2 . Le triangle J’BI est donc isocèle.

J’A = J’B = J’I.Il en résulte que J’ est le centre du cercle (Γ₂).

Le cercle (Γ₁) coupe la demi-droite J’I en un point U situeé entre J’ et I (voir figure supra).

La perpendiculaire en U aà la droite J’I coupe le cercle (Γ₂) aux points G et H. La paralleàle aà J’G passant par I coupe le cercle (Γ₁) en un point V. Comme on a les relations d’angles

∠J’GI = ∠J’IG = ∠GIV, les deux triangles GII et GIV’ qui ont le même angle compris entre deux côtés égaux sont isométriques.Ils sont rectangles l’un et l’autre. IV de même que J’G sont alors perpendiculaires à GV. La droite GV de même que HF par symétrie sont les tangentes communes aux cercles (Γ₁) et (Γ₂). C.q.f.d.

P₂ : Le cercle (Γ₁) est inscrit dans le triangle JKL.

Dans un premier temps,on deémontre que le point J’ est confondu avec le point J qui est le point d’intersection des tangentes communes aux cercles (Γ₁) et (Γ₃).

Par l’inversion de poêle J’ et de puissance J’I², le cercle (Γ₁) devient le cercle (Γ₃). En effet les points D et E restent inchangeés. Comme dans le triangle rectangle GJ’F ayant GU pour hauteur, on a la relation J’U.J’F =J’G², le transformeé du point U est le point F. D’autre part les tangentes issues de J’ au cercle (Γ₁) restent inchangeées par l’inversion. Elles sont aussi tangentes au cercle (Γ₃). Les points J et J’ sont donc confondus sur le cercle (Γ).

Dans un deuxieàme temps, on applique le theéoreàme de Poncelet au triangle ABC qui admet le cercle (Γ) comme cercle circonscrit et le cercle (Γ₁) comme cercle inscrit. Si aà partir de ni’importe quel point X du cercle (Γ), on trace les deux tangentes au cercle (Γ₁) qui rencontrent le cercle (Γ) en deux points Y et Z, la droite YZ est tangente au cercle (Γ₁). En d’autres termes, quelle que soit la position de X, le triangle XYZ admet le cercle (Γ₁) comme cercle inscrit. Le triangle JKL est l’un des ces triangles XYZ.

P₃ : Les cercles (Γ) et (Γ₃) sont tangents entre eux.

Solution 1

On consideàre aà nouveau l’inversion de poêle J et de puissance JI². Par cette inversion, le cercle (Γ₁) devient le cercle (Γ₃) (voir proprieéteé P₂) tandis que le coêteé AB du trinagle ABC devient le grand arc cercle ACB du cercle (Γ). En effet avec T milieu de AB et T’

symeétrique de J par rapport aà O, on a dans le triangle rectangle JAT’ la relation JT.JT’ = JA²

= JI². Soit R le point de tangence du cercle (Γ₁) avec le coêteé AB. Toujours avec la meême inversion, le point R devient le point S du cercle (Γ) aà l’intersection de la droite JR avec le cercle (Γ). S est ainsi le point de tangence du cercle (Γ₃) avec le cercle (Γ).

Solution 2

On va deémonter que le cercle (Γ₃) a la proprieéteé d’eêtre un « mixtilinear incircle »(1) , c’est aà dire qu’il est tangent aà deux coêteés d’un triangle , en l’occurence le triangle JKL, tout en eétant tangent inteérieurement au cercle circonscrit de ce triangle, c’est aà dire le cercle (Γ). Une condition neécessaire et suffisante pour qu’il en soit ainsi est que le rapport du rayon du cercle inscrit, c’est aà dire (Γ₁), au rayon du cercle (Γ₃) soit eégal aà cos²(α/2) avec = α∠KJL.Pour la démonstration de cette CNS, il convient de se reporter au document de Paul Yiu Notes on Euclidean Geometry pages 56-57.

Soient r₁,r₂ et r₃ les rayons respectifs des cercles (Γ₁),(Γ₂) et (Γ₃). On désigne par U’ et F’ les points diamétralement opposés de U et de F dans les cercles (Γ₁) et (Γ₃). Dans l’inversion de pôle J et de puissance JI²= r , le point U devient le point F et le point U’ le point F’. On a JU ²²

= r₂ – r₁ et JU’ = r₂ + r₁ . On en déduit JF = ^{2 1}

2 2

r r

r

− et JF ‘ = ^{2 1}

2 2

r r

r

+ . D’où r₃ = (JF – JF’)/2 =

2 1 2 2

2 2 1

r r

r r

− .

Comme r₁ = r₂.sin(α/2), il en résulte ³

1

r r

= 1 – ²²

2 1

r r

= 1– sin²((α/2) = cos²(α/2).

(1) Une analyse compleàte des « mixtilinear circles » - sans traduction française existante ! - est donneée dans l’article de Khoa Lu Nguyen and Juan Carlos Salazar, On mixtilinear incircles and excircles - Forum Geometricorum, 6 (2006) 1--16.