Trois points alignés

Bonjour,

Une construction de la figure :
$E$ point intérieur au carré tel que $CDE$ soit équilatéral,
$(DE)$ coupe $(AB)$ en $P$, $(BE)$ coupe $(AD)$ en $G$, $(PC)$ recoupe $(J)$ en $F$.
La médiatrice de $[EG]$ coupe $[OA]$ en $I$.

Bonjour à tous
Voici ma propre figure pour le moment sans commentaires.
Elle suggère la façon dont elle a été construite ainsi que la preuve de l'alignement demandé par Jean-Louis.
Elle est basée sur l'inversion.
Le cercle d'inversion apparait en pointillé noir.
Les objets de même couleur sont inverses!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour à tous
Nous avons la chance d'avoir à notre disposition le merveilleux site de Jean-Louis.
Je vais détailler ma propre construction du point $P$ en utilisant la théorie des inversions.
Ainsi vous aurez les deux points de vue!
La première figure est la situation de départ.
La seconde montre ce qu'on veut obtenir.
Construire ce cercle noir tangent à la droite bleue, à la droite verte et au cercle rouge.
On peut s'en tirer élémentairement par les astuces de Jean-Louis mais il se trouve qu'il existe une géométrie, la géométrie circulaire pour ne pas la nommer, où cette construction est une conséquence mécanique de la théorie.
C'est cette méthode que je me propose de détailler!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour Jelobreuil
Il attend son tour!
Pour construire le troisième cercle, il faut d'abord construire le second!
Et il ne t'est pas interdit de le construire!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Merci fm_31 pour ta contribution.
La question initiale de Jean-Louis aurait peu d'importance si elle ne nous faisait pas prendre conscience qu'il faut construire d'abord avant de s'intéresser à quoique ce soit d'autre, un cercle tangent à deux droites et à un cercle.
La construction de fm_31 ressemble beaucoup à ce que fait Jean-Louis.
Elle est très astucieuse et on voit d'autant moins l'idée qui est derrière qu'elle est sans doute due au cas particulier envisagé.
La disparition de la géométrie circulaire est d'autant plus regrettable qu'elle permettait un traitement uniforme de ce genre de construction.
Du point de vue de la géométrie circulaire, il n'y a aucune différence entre cercles et droites qui ne forment qu'une seule orbite sous l'action du groupe circulaire.
La construction de ce cercle imposée par la question de Jean-Louis rentre donc dans le cadre général de la construction d'un cercle tangent à trois cercles donnés, un problème qui, on s'en doute un peu, a été étudié et résolu par nos anciens et dont la seule solution satisfaisante ne peut s'écrire qu'en géométrie circulaire.
Comme il n'est pas question que je vous fasse un cours de géométrie circulaire, je vous conseille de consulter les vieux ouvrages comme le Lebossé-Hémery sur la définition et les propriétés de l'inversion avant que je commente ma construction.
Il y en a d'ailleurs bien d'autres utilisant la géométrie circulaire et j'essayerai d'en exposer quelques unes.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonsoir Pappus, bonsoir à tous,
Je suis arrivé à construire ce deuxième cercle, après avoir effectué le calcul suivant :
Je reprends les notations de la figure donnée plus haut par Ludwig, et je me place dans le repère orthonormé d'origine A et dans lequel le centre O du carré a pour coordonnées (1, 1).
Puisque le cercle à construire doit être tangent à AB et à AD, son centre I se trouve sur la bissectrice de l'angle en A, autrement dit la diagonale AC, et on a x(I) = y(I) = r(I), le rayon de ce cercle de centre I. D'autre part, tangence extérieure des deux cercles en T oblige, on a IJ = IT + TJ = r(I) + r(J), et puisque J a pour coordonnées (2, 1) dans le repère choisi et que le rayon r(J) du cercle de centre J vaut 1, le théorème de Pythagore donne IJ² = (2-x(I))² + (1-y(I))² = (1 + r(I))², et l'on aboutit à x(I) = y(I) = r(I) = 2(2 - racar3).
Or, 2-racar3, c'est l'ordonnée du point E de la figure de Ludwig, le troisième sommet du triangle équilatéral intérieur au carré et construit sur CD.
Le point I est donc l'intersection de la diagonale AC et de la droite symétrique de AB par rapport au point E.
On peut en outre vérifier aisément que IE = r(I) et (par le produit scalaire) que IE est perpendiculaire à EC, donc que le côté CE du triangle équilatéral est tangent en E au cercle de centre I, lequel centre est donc aussi le point d'intersection de la diagonale AC et de la perpendiculaire en E à CE. Comme on dit, abondance de biens ne nuit pas ...
Bien cordialement