Cercles tangents

Bonjour,
Le centre du cercle recherché se situe au deux tiers du segment [AE], en partant de A.

oh... pardon... j'ai manqué d'imagination sur ce coup là...
merci Ludwig

On peut aussi utiliser le théorème de Descartes.
Les rayons des 3 cercles donnés sont
$-1$ ( < 0 car il englobe les autres), $1/2$ et $1/2$.
Leurs courbures sont 1, 2 et 2.
Ils vérifient, avec le cercle cherché de rayon $x$ et de courbure $1/x$
$$
(-1+2+2+1/x)^2=2(1+4+4+1/x^2)
$$

Bonjour à tous, j'ai trouvé cette construction sur ce lien http://villemin.gerard.free.fr/GeomLAV/Cercle/InverseC.htm


Objectif
Trouvez la construction du cercle rouge tangent aux deux cercles bleus et passant par le point A

Principe
La droite D est tangente aux deux cercles images des cercles bleus; son inversion est un cercle tangent aux deux cercles bleus (points orange).

Construction
Inversion de centre A et puissance quelconque (cercle jaune).
Inversion des deux cercles C1 et C2 en C'1 et C'2.
Une tangente D parmi quatre aux cercles C'1 et C'2.
Inversion de la droite D en cercle C. Il sera tangent aux cercles bleus et passera par le point A.

Note: il existe quatre solutions.

Merci beaucoup Chephip pour tous ces détails et explicitations. Une question s'il te plaît: Ludwig a mentionné plus haut que le centre du cercle de trouve au 2/3 du segment AE en partant de A! Je ai refait la figure plusieurs fois et c est vrai chaque fois! Peux tu nous fournir une explication? Merci

Chechip a écrit:

ton "chaque fois" est une illusion : c'est toujours la seule et unique figure agrandie ou tournée

(tu) Merci pour ta réactivité Chephip !

Bonjour,
on peut se placer dans l'espace de Minkowski-Lorentz de dimension 4 qui est muni d'une forme quadratique de signature (3;1) :
$${\overrightarrow{u}\centerdot\overrightarrow{v}=x_{u}\,x_{v}+y_{u}\,y_{v}-u_{o}\,v_{\infty}-u_{\infty}\,v_{o}}$$ où ${\overrightarrow{u}\left(u_{o};x_{u};y_{u};u_{\infty}\right)}$ et ${\overrightarrow{v}\left(v_{o};x_{v};y_{v};v_{\infty}\right)}$ dans la base $ \left(\overrightarrow{e_{o}};\overrightarrow{e_{1}};\overrightarrow{e_{2}};\overrightarrow{e_{\infty}}\right)$. Le point $O_4$ est l'origine de l'espace affine de Minkowski-Lorentz.

https://link.springer.com/referenceworkentry/10.1007/978-3-319-08234-9_111-1


Le point $N\left(x;y\right)$ du plan affine euclidien muni du repère $\left(O_2; \overrightarrow{e_{1}};\overrightarrow{e_{2}}\right)$ est représenté par le vecteur isotrope
$$\overrightarrow{n}=\overrightarrow{e_{o}}+x\:\overrightarrow{e_{1}}+y\:\overrightarrow{e_{2}}+\frac{x^{2}+y^{2}}{2}\:\overrightarrow{e_{\infty}}$$et nous avons $\overrightarrow{O_{4}O_{2}}=\overrightarrow{e_{o}}$.

La pseudo-hypersphère unité représente les droites-cercles orientés du plan affine euclidien. Le cercle orienté de centre $\Omega$ et de rayon (algébrique) $\rho$ est représenté par le point $\sigma$ défini par :
$$\overrightarrow{O_{4}\sigma}=\frac{1}{\rho}\left(\overrightarrow{e_{o}}+\overrightarrow{O_{2}\Omega}+\frac{1}{2}\left(\left\Vert \overrightarrow{O_{2}\Omega}\right\Vert ^{2}-\rho^{2}\right)\overrightarrow{e_{\infty}}\right)$$

La droite définie par un point $P$ et un vecteur normal unitaire $\overrightarrow{N}$ est représentée par le point $\pi$ défini par :
$$\overrightarrow{O_{4}\pi}=\overrightarrow{N}+\left(\overrightarrow{N}\bullet\overrightarrow{O_2P}\right)\overrightarrow{e_{\infty}}$$ où $\bullet$ désigne le produit scalaire usuel du plan euclidien.

Deux cercles-droites représentés par $\sigma_0$ et $\sigma_1$ sont tangents ssi
$$\left | \overrightarrow{O_{4}\sigma_0}\centerdot \overrightarrow{O_{4}\sigma_1}\right |=1 $$

Le point $P$ (représenté par $ \overrightarrow{p}$) appartient au cercle de centre $\Omega$ et de rayon (algébrique) $\rho$ (représenté par $\sigma$) ssi $$ \overrightarrow{O_{4}\sigma}\centerdot \overrightarrow{p} =0 $$

Les cercles tangents au cercle précité avec la même orientation au point $P$ sont les points de la droite $\Delta$ passant par $\sigma$ et de vecteur directeur $\overrightarrow{p}$. En cas d'orientation inverse, les points sont sur la symétrique de $\Delta$ par rapport à $O_4$.

Sans perte de généralité, je prends $A\left(0;0\right)$, $B\left(-2;0\right)$, $C\left(-1;0\right)$ et $E\left(0;2\right)$ (par symétrie, on a l'autre cercle centré en $D$). Le cercle de centre $A$ passant par $E$ est représenté par $\sigma_{A}\left(\frac{1}{2}; 0 ; 0 ; -1\right) $ et le point $E$ est représenté par $\overrightarrow{e}\left(1 ; 0 ; 2 ; 2\right)$.
Le cercle de centre $C$ et de rayon $1$ est représenté par $\sigma_{C}\left(1; -1 ; 0 ; 0\right) $.
On cherche $\sigma$ défini par :$$\overrightarrow{O_{4}\sigma}=\overrightarrow{O_{4}\sigma_{A}}+t\overrightarrow{e}$$
et vérifiant :$$\overrightarrow{O_{4}\sigma}\centerdot\overrightarrow{O_{4}\sigma_{C}}=\varepsilon\in\left\{ -1;1\right\} $$

On obtient $$\left(\overrightarrow{O_{4}\sigma_{A}}+t\overrightarrow{e}\right)\centerdot\overrightarrow{O_{4}\sigma_{C}}=\varepsilon$$ d'où :$$t_{\varepsilon}={\displaystyle \frac{\varepsilon-\overrightarrow{O_{4}\sigma_{A}}\centerdot\overrightarrow{O_{4}\sigma_{C}}}{\overrightarrow{e}\centerdot\overrightarrow{O_{4}\sigma_{C}}}}$$

Nous avons $t_{1}=0$ et on trouve $\sigma_{A}$ (les deux cercles sont tangents en $B$) et $t_{-1}=1$ ce qui donne $\sigma_{s}\left(\frac{3}{2};0;2;1\right)$ qui représente le cercle de centre $O_{s}\left(0,\frac{4}{3}\right)$ et de rayon $\rho_{s}=\frac{2}{3}$.

Dans cet espace, le problème d'Apollonius se résout via trois équations linéaires à quatre inconnues auxquelles on ajoute la condition d'avoir un vecteur unitaire. Il n'y a pas besoin de distinguer les différents cas puisque une droite et un cercle sont représentés de manière analogue.

Lionel

PS : j'ai mis deux fichiers sur l'espace de Minkowski-Lorentz de dimension $5$ où la pseudo-sphère unité représentes les sphères-plans orientés de $R^3$. Pour obtenir l'espace des cercles de $R^2$, il suffit d'enlever la composante en $z$ dans toutes les formules.

Bonjour ,

une autre construction :

Bonjour
A propos de l'arbelos.
On peut au moins parler de triplets car, si $p,q,r$ sont les points de contact du cercle tangent (centre $\omega $) aux $3$ demi-cercles, le cercle $Cqr$ est centré sur $CD$, passe par le milieu de $\left[ Cp\right] $ et a le même rayon que les cercles jumeaux.
En fait, il s'agit d'une famille très nombreuse : Floor van Lamoen détaille ICI une liste de plus de $100$ cercles ayant le même rayon que les cercles jumeaux.
Amicalement. Poulbot

Autre construction

Autre construction

Les constructions précédentes établissaient un (ou deux) points du cercle cherché et son centre . Cette nouvelle construction établit un diamètre du cercle cherché .

On peut aussi simplifier l'avant dernière construction .