Un Sangaku

Inscrire deux carrés et un cercle dans un cercle.

Tout d'abord le problème des deux carrés.
C'est à dire trouver B, étant donné le cercle Γ et AE, de sorte que les sommets D et F des carrés construits sur AB et BE soient sur le cercle.

B est le transformé de D par une rotation de centre A et d'angle +90°.
Donc pour que D soit sur le cercle Γ, il faut que B soit sur le transformé de Γ par cette rotation : le cercle Γ', de centre O'.
De même B est le transformé de F par la rotation de centre E et d'angle -90°. Donc B doit être sur le cercle Γ", de centre O".
Pour avoir les carrés touchant tous deux le cercle Γ, B doit être sur les deux cercles Γ' et Γ".
Ces deux cercles étant évidemment symétriques par rapport à la médiatrice Ox de AE, les points d'intersection, s'il y en a, de Γ' et Γ" sont sur Ox et les deux carrés sont égaux [cas 1].

Le cas limite est quand les deux carrés se télescopent, C et G étant le même point, et B sur AE.
Les deux carrés forment alors un rectangle a×2a inscrit.
La diagonale AE = 2R donne a² + 4a² = 4R², soit AE = 2a = 4R/√5

La condition pour le cas 1 est donc 0 < AE < 4R/√5

Si AE > 4R/√5, les deux carrés se recouvrent, et le cercle résultant est tangent aux droites des côtés AB et BE des carrés, à l'extérieur des côtés.

Si AE franchit O, les cercles Γ' et Γ" ne se coupent plus (les angles doivent alors être inversés).
De même si A passe de l'autre côté de Ox (échange de A et E).

La construction du petit cercle est simple ici : à cause de la symétrie, il est tangent au cercle Γ en son "sommet", en T.
De plus, soit H le milieu de AE, le cercle inscrit dans ABE est tangent à AE en H.
Le cercle γ est alors obtenu simplement par une homothétie de centre B et de rapport BT/BH du cercle inscrit.

Cas 2

Une autre possiblité plus intéressante est que les deux cercles Γ' et Γ" coïncident, soit Γ' = Γ", ou encore O' = O", sur Ox bien sûr.
On peut alors choisir B n'importe où sur ce cercle Γ' = Γ" (en fait seulement sur l'arc intérieur à Γ), ce qui donne deux carrés inégaux.
C'est la seule possibilité d'avoir les deux carrés inégaux.
OAO'E est alors un carré et :

AE = R√2

Γ et Γ' sont symétriques par rapport à AE. Et aussi l'angle ABE vaut 135°.
Une propriété intéressante est que Γ' est le cercle circonscrit à ABE. De plus, soit B' le symétrique de B par rapport à AE, B' est sur le cercle Γ.
BB' est une hauteur du triangle ABE, et le milieu H de BB', sur AE bien entendu, est le pied de la hauteur issue de B de ce triangle.

Tout est prêt maintenant pour s'intéresser au petit cercle γ.
Considérons l'homothétie de centre B et de rapport 1/2. Elle transforme A en le milieu de AB, E en le milieu de BE et B' en H.
Par conséquent elle transforme le cercle Γ en un cercle qui passe par les milieux des côtés AB et BE et le pied H de la hauteur issue de B.
C'est à dire le cercle d'Euler (ou cercle des neuf points, ou cercle de Feuerbach) du triangle ABE.
Le théorème de Feuerbach montre que ce cercle est tangent au cercle inscrit de ABE.

En inversant l'homothétie, c'est à dire de centre B et de rapport 2, le cercle d'Euler est ramené en Γ, et le cercle inscrit de ABE est transformé en un cercle tangent à AB et BE, et tangent à Γ, c'est à dire exactement le cercle cherché γ.

Ceci donne une construction simple de γ :
Deux bisectrices du triangle ABE se coupent au centre I du cercle inscrit.
Construire BM = 2BI.
Construire T = intersection de OM avec Γ
Le cercle γ est le cercle de centre M passant par T (tangent à Γ en T).

Ceci donne aussi la valeur du rayon ρ de ce cercle :
ρ = 2r, avec r le rayon du cercle inscrit dans ABE.
En appelant c = AE = R√2, l'aire de ABE est S = abc/(4R) (R est le rayon du cercle circonscrit Γ' = rayon de Γ)
Mais aussi S = p.r avec p = demi-périmètre de ABE, p = (a+b+c)/2
Ceci donne r = abc / (2R(a+b+c))
et, en remplaçant c = R√2, le rayon ρ = 2r :

ρ = ab√2 / (a+b+R√2)

Le théorème d'Al Kashi dans ABE donne c² = 2R² = a² + b² - 2ab.cos(B) = a² + b² + ab√2
Donc a et b sont reliés par  2R² = a² + b² + ab√2 
permettant le calcul de ρ à partir de deux valeurs quelconques parmi a,b,R.

Note : A,B,F, alignés (45° + 135° = 180°), de même que E,B,D.
Noter aussi que DF est un diamètre de Γ. Une preuve possible :
Notons R1 = (A,+90°) la rotation de centre A transformant D en B.
La rotation de centre E transformant B en F étant R2 = (E,+90°)
et la transformation D → F comme produit de ces deux rotations R2◦R1 : R1 suivi de R2, soit F = R2(R1(D)).
Une rotation étant le produit de deux symétries :
R1 = S(AE)◦S(OA) et R2 = S(OE)◦S(AE)
Donc R2◦R1 = S(OE)◦S(AE)◦S(AE)◦S(OA) = S(OE)◦S(OA).
C'est à dire une rotation R(O,180), puisque l'angle AOE = 90°.
Donc DOF alignés.

Construction inverse

Inversement étant donné les cercles Γ et γ, tangents intérieurement en T, construire les deux carrés.
On sait (ci-dessus) que le rayon r du cercle inscrit à ABE est la moitié du rayon ρ de γ.
La relation d'Euler relie les rayons R et r du cercle circonscrit de centre O' et du cercle inscrit de centre I avec la distance O'I = d

 d² = R² - 2rR 

On peut donc calculer (= construire) la distance O'I, donc le lieu de I.
Comme AE = R√2, ceci permet une construction de ABE :

Construisons tout d'abord un triangle A'B"C' inscrit dans Γ, symétrique par rapport à A'E' du triangle cherché. Soit I" le centre de son cercle inscrit.
Le cercle de diamètre OT et la perpendiculaire à OT en M (centre de γ) se coupent en U.
OU² = OM.OT = R(R - ρ) = R(R - 2rR) = d² donne OU = OI".
Tracer le cercle de centre O passant par U. I" est sur ce cercle.
Tracer deux rayons OA' et OE' perpendiculaires. Donc A'E' = R√2.
I" est à la distance r de A'E' : tracer la parallèle à A'E' à distance r = MT/2, côté opposé à O.
Cette parallèle coupe le cercle (O,U) en I", centre du cercle inscrit à A'B"E'.
I' est le symétrique par rapport à A'E'.
B' est l'intersection des symétriques de A'E' par rapport à A'I' et E'I' (qui sont les bisectrices).
Le centre M' du cercle correspondant à ce triangle A'B'E' est B'M' = 2B'I'.
Une rotation de centre O d'angle M'OM ramène le triangle A'B'E' en ABE tangent au cercle γ donné.