Cercle inscrit ?

Bonjour,



Cordialement,

Rescassol

Bonsoir,
N'oublions pas les coordonnées barycentriques.
Le triangle de référence :
$A,B,C\simeq\left[\begin{array}{c} 1\\ 0\\ 0 \end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 1\\ 0 \end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 0\\ 1 \end{array}\right]$

Le A cercle inscrit mixtilinéaire :
$c^2 x y + b^2 x z + a^2 y z - \dfrac{ 1}{(a + b + c)^2} (x + y + z) (4 c^2 b^2 x+ c^2 (c + a - b)^2 y + b^2 (a + b - c)^2z)=0$ dont le centre est $k(-a^3 - a^2 (b + c) + (b -c)^2 (b + c) + a (b + c)^2 : 4 b^2 c : 4 b c^2)$ et le rayon est $\sqrt{\dfrac{4 b^2 (a + b - c) c^2 (-a + b - c)}{(a - b - c) (a + b + c)^3}}.$

L'équation de la droite (PQ) :
$-2 b c x + c (a - b + c) y + b (a + b - c) z=0.$

La projection orthogonale de $A$ sur la droite (PQ) est $(a : b : c)$ qui n'est autre que le centre du cercle inscrit $I.$

Bonjour Christoph
Ce qui suit n'est qu'une variante de la preuve de Jean-Louis.
Si $h$ est l'homothétie de centre $R$ qui transforme le cercle $k$ en le cercle $\left( O\right) $ circonscrit à $ABC$, les tangentes à $\left( O\right) $ en $h\left( P\right) $ et $h\left( Q\right) $ sont parallèles respectivement à $AB$ et $AC$; ainsi $h\left( P\right) $ et $h\left( Q\right) $ sont respectivement sur les droites $CI$ et $BI$.
Le théorème de Pascal montre alors que $P=AB\cap Rh\left( P\right) ,Q=AC\cap Rh\left( Q\right) ,I=h\left( P\right) C\cap h\left( Q\right) B$ sont alignés.

Remarque, les centres d'homothétie positives de $3$ cercles pris $2$ à $2$ étant alignés, il en résulte que la droite $AR$ passe par le centre d'homothétie positive du cercle inscrit et du cercle circonscrit, résultat que l'on trouve aussi dans l'exposé de Jean-Louis signalé par fm_31.
Amicalement. Poulbot

Bonjour. Poncelet versus Lubin, vieille discussion.

La représentation de Poncelet utilise les contacts $U,V,W$ du cercle inscrit pour définir les turns $u,v,w$ utilisés comme paramètres. La représentation de Lubin utilise les sommets $A,B,C$ pour définir les turns $\alpha, \beta,\gamma$ utilisés comme paramètres. Après calculs, on obtient: \begin{eqnarray*}
K_0&\underset{Poncelet}{=}& {\frac {2wv \left( v+w \right) }{ \left( v-w \right) ^{2}}}\\
K_0&\underset{Lubin}{=} &{\frac { \left( \beta\,\alpha+\gamma\,\alpha+2\,\beta\,\gamma \right) ^{2}}{ \left( \beta-\gamma \right) ^{2}}}
\end{eqnarray*}

Seulement, voilà, il y a quatre cercles, puisque les huit cercles du cas général ont fondu à quatre (le cercle orthogonal commun est réduit au seul point $A$). Comment obtenir les trois autres à partir de celui dont nous disposons ? Dans la représentation de Poncelet, nous avons choisi un cercle "plubokelézautres" parmi les quatre cercles in-exinscrits. Si l'on veut en changer, il n'y a plus qu'à refaire les calculs. Trois fois de suite.

Dans la représentation de Lubin, nous avons posé $z_A=\alpha^2$. Par conséquent les équations sont invariantes par les transformations de Lemoine (l'une des quatre étant $\alpha\mapsto -\alpha$). Et donc le groupe de Lemoine passe d'un cercle à l'autre, sans que l'on fasse le moindre calcul supplémentaire.

Profitons-en pour décrire ces calculs, en version "fanfare et grandes orgues". Une droite est décrite par une forme-ligne agissant sur des vecteurs colonnes, eux mêmes écrits $\def\vz{\mathrm{\mathbf{Z}}} \def\vzz{\overline{\mathcal{Z}}} \def\vt{\mathrm{\mathbf{T}}} $ $\vz:\vt:\vzz$. Un cycle est décrit par une forme colonne, agissant sur un vecteur ligne, celui-ci étant le plongement de Veronese du point considéré, c'est à dire: $$Ver\left(\vz:\vt:\vzz\right) \simeq \left[\vt\vz\,;\vt^2\,;\vt\vzz\,;\vz\,\vzz-\vt^2 \right]$$
Les trois cycles de départ sont: $$
\Gamma_{AB},\Gamma_{AC},\Gamma_O\simeq \left[ \begin {array}{c} 1\\ -{\alpha}^{2}-{\beta
}^{2}\\ {\alpha}^{2}{\beta}^{2}
\\ 0\end {array} \right] , \left[ \begin {array}{c}
1\\ -{\alpha}^{2}-{\gamma}^{2}\\
{\alpha}^{2}{\gamma}^{2}\\ 0\end {array} \right] ,
\left[ \begin {array}{c} 0\\ 0\\ 0
\\ 1\end {array} \right]
$$

On sait que deux cycles sont tangents si et seulement si leur déterminant de Gramm est nul. Cela fait trois équations pour quatre inconnues, et l'on obtient: $$
\mathcal{C}_0 \simeq \left[ \begin {array}{c}
\left(2\,\alpha+ \beta+\gamma \right) ^{2}\\
2\,\alpha\, \left( 2\,\alpha+\beta+\gamma \right)
\left(+2\,\beta\,\gamma+\gamma\,\alpha+ \alpha\,\beta \right) \\
{\alpha}^{2} \left( +2\,\beta\,\gamma+\gamma\,\alpha +\alpha\,\beta \right) ^{2}\\
- \left( \beta-\gamma \right) ^{2}{\alpha}^{2}\end {array} \right] ,\;{\rm etc.}
$$

On calcule les centres et les rayons par les méthodes usuelles $\def\tra#1{{{\vphantom{#1}}^{t}{#1}}}$ (utilisant $Q\cdot \mathcal C$ et $\tra{\mathcal C}\cdot Q\cdot \mathcal C$)... et il reste à les rattacher aux objets géométriques usuels. On obtient: $$
\overrightarrow{A\,O_0}= {\frac {-4\,\beta\,\gamma}{ \left( \beta-\gamma \right) ^{2}}}\overrightarrow{A\,I_0} \\
{\rm radius} (\gamma_0)= {\frac {-4\,\beta\,\gamma}{ \left( \beta-\gamma \right) ^{2}}}\; r_0
$$ et les trois autres suivent par transformation de Lemoine: on retrouve les quatre formules de Poulbot.

Cordialement, Pierre.

Bonjour

J'aurais du y penser bien plus tôt mais cela devrait faire plaisir à Pappus, simplifier les calculs de Rescassol et expliquer pas mal de choses.

Soit $\tau $ la transposition circulaire de pôle $A$ qui échange $B$ et $C$; $\tau $ est le produit commutatif de l'inversion de pôle $A$, puissance $bc$ et de la symétrie orthogonale par rapport à la bissectrice $AI$; $\tau $ échange $I$ et $I_{a}$ ainsi que $I_{b}$ et $I_{c}$ et transforme la droite $BC$ en le cercle circonscrit $\left( O\right) $.

Alors, $\tau $ transforme le cercle inscrit $\left( I\right) $ et les cercles exinscrits $\left( I_{a}\right) ,\left( I_{b}\right) ,\left( I_{c}\right) $ respectivement en les cercles mixtilinéaires $\Gamma _{a},\Gamma ,\Gamma _{c},\Gamma _{b}$.

Pour Bouzar, en barycentriques $\tau |\left( x:y:z\right) \rightarrow \left( -\dfrac{a^{2}yz+b^{2}zx+c^{2}xy}{x+y+z}:b^{2}z:c^{2}y\right) $.

Amicalement. Poulbot