Triangle effacé II - Solution

J'ai tracé sur le sable un triangle quelconque, et j'ai placé une pierre noire n'importe où sur chaque côté [ou leur prolongement].
J'ai de plus construit son cercle circonscrit et j'ai mis trois pierres blanches n'importe où sur ce cercle.
Le lendemain, le vent a effacé mes dessins, seules les pierres n'ont pas bougé. Reconstruire le triangle d'origine.

La reconstitution du cercle est immédiate : c'est le cercle circonscrit aux trois pierres blanches.
Reste alors le problème de Cramer-Castillon :
Construire un triangle inscrit dans un cercle donné et dont les côtés passent par trois points donnés.

On peut résoudre ce problème par des méthodes classiques, en considérant les puissances de points par rapport au cercle mais c'est assez pénible.
La méthode proposée ici est plus ... expéditive !
Elle a de plus l'avantage de se généraliser immédiatement à des polygones à n côtés et à des ellipses et autres coniques.

Choisissons un point a arbitraire sur le cercle.
La droite aP recoupe le cercle en b.
bQ recoupe en c.
Et enfin cR recoupe le cercle en a'.

Bien sûr en choisissant le point a n'importe où sur le cercle, il y a peu de chance que l'on revienne ainsi au point de départ.
Mais ceci définit une transformation du plan qui à tout point a du cercle fait correspondre un point a' de ce cercle.
Si a est en A, a' = A = a et le point A cherché est donc un point fixe de cette transformation.

Etudions de plus près cette transformation. C'est le produit de trois transformations du même genre :
a→b via P,    b→c via Q    et c→a' via R
Chacune est une homographie (c'est même une involution), leur produit est donc une homographie du cercle sur lui-même.

Nota : on distinguera soigneusement ces transformations d'une inversion.
Certes les transformations des points sur le cercle seraient les mêmes, mais ne pourraient être utilisées facilement pour avoir les propriétés de l'axe de l'homographie : le produit d'inversions de pôles différents est plus compliqué que le produit d'homographies. Elles ne pourraient pas non plus être aisément étendues à des coniques quelconques ou plus de points.

Les points fixes de cette homographie sur le cercle sont sur l'axe de l'homographie.
Il suffit de tracer cet axe et ceci est aisé :
Considérons deux points de départ a₁→a'₁ et a₂→a'₂, l'intersection I de a₁a'₂ et de a'₁a₂ est sur une droite fixe, l'axe.
A partir d'un 3ème point a₃→a'₃, l'intersection J de a₁a'₃ et a'₁a₃ étant aussi sur cet axe, celui ci est déterminé et le problème résolu, les points A solutions sont l'intersection du cercle et de l'axe IJ.
Si P,Q et R sont tous extérieurs au cercle, il y a toujours deux solutions, les points P,Q,R étant bien sûr sur les prolongements des côtés.
Sinon (un des points au moins à l'intérieur), il peut ne pas y avoir de solution du tout.

Bien sûr les points P,Q,R sont déplaçables, de même que le cercle par les points bleus. Les points verts a₁, a₂, a₂ sont déplaçables.