Arbelos - cercle inscrit

Propriétés et construction du cercle inscrit dans un arbelos.
Soient D,M et N les points de contact du cercle inscrit.
AD coupe les cercles en E et G, BD coupe les cercles en F et H.
I et J les projections de G et H sur AB.

Déplacer A pour zoomer, C pour changer le rapport des rayons.

Quelques propriétés

• Les points MDBC sont cocycliques (de même NDAC, pas dessiné).
• Les points AMNB sont cocycliques.
• CD est la bissectrice de l'angle ADB, CEDF est un carré.
• GH est un diamètre du cercle inscrit // AB,
  - AEGD, DHFB alignés
  - AMH, BNG, CMG CNH alignés
  - GHJI est un carré

Démonstrations

Les alignements de points se montrent facilement. Considérons plutôt GH comme le diamètre du cercle inscrit parallèle à AB. Il faut alors prouver que DGA sont alignés, ainsi que DHB :
Comme D est le point de contact du cercle (AB) et du cercle inscrit, il est le centre d'une homothétie changeant le cercle inscrit en le cercle (AB).
Tout diamètre du cercle inscrit est alors changé en un diamètre parallèle du cercle (AB).
Donc G est transformé en A, et par conséquent A et G sont alignés avec le centre d'homothétie D.
De même pour DHB. C'est à dire que le diamètre GH est le même qu'en définissant G et H comme points d'intersection avec le cercle inscrit.
De même en utilisant l'homothétie de centre M changeant le cercle inscrit en (AC), montrant que GMC alignés, ainsi que HMA, et l'homothétie de centre N changeant le cercle inscrit en (BC), prouvant que GNB, ainsi que HNC sont alignés.

GHJI est évidemment un rectangle, et GH = IJ, GI = HJ. Reste à prouver que GI = IJ.
AH,CE,GI concourantes en K, et aussi BG,CF,HJ concourantes en L :
en effet ces droites sont les hauteurs des triangles AGC et BHC.
Considérons les droites AKMH et AICJB, et les parallèles CK et BH :
AK/KH = AC/BC = a/b, en appelant a et b les rayons de (AC) et (BC).
Les parallèles IK et JH donnent AI/IJ = AK/KH, c'est à dire AI/IJ = a/b
De même, en considérant la droite BLNG : BJ/IJ = b/a
Les triangles rectangles semblables AGI et HBJ donnent
GI/AI = JB/HJ soit, puisque HJ = GI
GI² = AI.JB = (IJ*(a/b)) * (IJ*(b/a)) = IJ²
Donc GI = IJ. CQFD.

Et comme AI+IJ+JB = AB = 2(a+b)
2(a+b) = IJ.(a/b + 1 + b/a)
D'où on tire le rayon du cercle inscrit = GH/2 = IJ/2 soit

r = (a+b)/(a/b + 1 + b/a) = ab(a+b)/(a² + ab + b²)

 

Et maintenant les points cocycliques.
Considérons l'inversion de pôle C qui échange les points A et B.
Elle conserve le cercle (AB), et transforme le cercle (AC) en la perpendiculaire à AB en B
ainsi que le cercle (BC) en la perpendiculaire en A.
Le cercle inscrit est transformé en un cercle égal à (AB).
Les transformés des points de contact m et d sont alignés avec A, et forment un angle de 45° avec AB.
Cette droite est la transformée d'un cercle passant par le pôle C :
A, m, d alignés, donc B, M, D et C cocycliques (A est le transformé de B).
L'angle de ce cercle en B avec AB est de 45° (l'inversion conserve les angles d'intersection), donc le centre est au milieu P de l'arc BC.
Il résulte immediatement que l'angle BDC = 45°, et donc le rectangle EDFC est en fait un carré.

De même b,d,n alignés donne ADNC cocyclique sur le cercle de centre P', milieu de l'arc AC.

Considérons maintenant l'inversion de pôle A qui échange les points B et C.
Elle transforme le cercle (AB) en la perpendiculaire à AB en C, le cercle (AC) en la perpendiculaire en B et le cercle (BC) en lui même.
Le cercle inscrit est transformé en un cercle égal à (BC).
Les transformés des points de contact m et n sont alignés avec C, et forment un angle de 45° avec AB.
Les points M,N et B sont donc sur un cercle passant par le pôle A.
Le centre K de ce cercle est au milieu de l'arc AB opposé à l'arbelos (ce cercle coupant AB sous un angle de 45°).

Nota :
d, n, B alignés redonne la propriété précédente en échangeant (AC) et (BC) : DNCA cocycliques sur le cercle de centre P', milieu de l'arc AC.

De même le cercle AMNB peut se déduire dans l'inversion de pôle C :
A,B,m,n forment un carré (dans l'avant dernière figure) et sont donc cocycliques sur le cercle de centre d. Leurs images BAMN aussi. De plus ce cercle est invariant dans l'inversion qui échange A et B.

Constructions

Ces propriétés donnent des constructions rapides du cercle inscrit dans l'arbelos.

Le centre K du cercle AMNB est sur le cercle (AB) au milieu de l'arc AB opposé à l'arbelos.
Ceci donne immédiatement les points de contact M et N.
Les droites joignant M et N aux centres des cercles (AC) et (BC) se coupent au centre du cercle inscrit.
Le point D est l'autre intersection avec le cercle (AB) de la droite CK.

Autre construction :
Le centre du cercle CMDB est le milieu P de l'arc BC. Ceci donne les points M et D.
Les droites joignant M et D respectivement aux centres de (AB) et (AC) se coupent au centre du cercle inscrit.

Relation avec les jumeaux d'Archimede

Considérons le cercle circonscrit à CMN. Il est tangent à AB en C :
Son centre est le centre radical des cercles (AC) (BC) et du cercle inscrit, et il est orthogonal à ces cercles en C,M et N.
Calculons le rayon de ce cercle.
L'inversion de pole C conservant (AB) inchangé vue ci-dessus change ce cercle en la droite mn, à distance de C égale à AB.
La puissance d'inversion est la puissance de C par rapport au cercle (AB) = CA.CB (< 0).
Son diamètre passant par C vaut donc CA.CB/AB, et donc le rayon du cercle (CMN) est la moitié de ce diamètre.
Soit r = (1/2) 2a*2b/(2a+2b) = ab/(a+b) ou encore 1/r = 1/a + 1/b
ce qui est exactement le rayon calculé précédemment des jumeaux d'Archimedes !

Ceci donne une construction simultanée du cercle inscrit et des jumeaux.
La relation 1/r = 1/a + 1/b peut être construite autrement que dans la page précédente.
Considérons les milieux E et F des arcs AC et BC, et les centres des cercles étant P et Q.
Les droites PF et QE se coupent en J qui est le centre du cercle circonscrit (CMN) (prouvez que 1/CJ = 1/PE + 1/QF).
Ceci donne M et N, puis le centre I du cercle inscrit etc...

Noter que EMB alignés, ainsi que ANF :
F est le point n dans l'inversion de pôle A ci dessus, donc FNA alignés, de même avec une inversion de pôle B, conduisant à E = m, c'est à dire EMB alignés.
EB et FA coupent le cercle circonscrit, ailleurs qu'en M et N, donnant un diamètre horizontal (preuve par les triangles semblables).

Voir aussi la chaîne de Pappus