Dans le numéro précédent nous avons commencé à publier des réponses aux énigmes recensées dans les Chantiers depuis les premiers numéros et qui n’avaient pas reçu de réponses dans les numéros suivants.

PB n°1 dans les Chantiers n°35 (Roger Cuculière) :

Ce problème avait reçu, toujours dans le numéro précédent, une réponse de Jean Couzineau ; il s’est enrichi d’une contribution de Daniel Perrin qui apporte un élargissement au problème posé.

PB n°8 dans les Chantiers n° 97 (Michel Suquet)

La solution de Jean Couzineau, présentée sous forme de BD :

 
 
$O_1$ est sur la bissectrice de l’angle $\widehat{BAC}$ et le cercle $C_1$ de centre $O_1$ est tangent à $(AC)$ et $(AB)$.

 
 
Le cercle $C_2$ est le symétrique de $C_1$ par rapport à $F$ qui est l’intersection de $C_1$ et de la parallèle à $(AB)$ passant par $O_1$.

 
 
$M$ est l’intersection de $C_2$ avec la perpendiculaire à $(CB)$ passant par $O_2$, et $M’$ est l’intersection de $(AM)$ avec $(CB)$.

 
 
Soit $h$ l’homothétie de centre $A$ qui transforme $M$ en $M’$.
 
$h$ transforme alors $O_2$ en $O’_2$ qui est l’intersection de $(AO_2)$ avec la perpendiculaire à $(CB)$ passant $M’$ (conservation du parallélisme par $h$).
 
Le cercle de centre $O’_2$ passant par $M’$ est alors le premier cercle répondant à la question.

 
 
La parallèle à $(AB)$ passant par $O_2$ coupe le cercle $C’_2$ en $F$.
 
Le symétrique de $C’_2$ par rapport à $F$ est le cercle $C’_1$ qui est le deuxième cercle cherché.

Ma solution, plus classique :

Toute solution classique d’un problème de construction commence par :

Nous avons donc un triangle $ABC$ avec les deux cercles cherchés, tangents aux côtés $[AB]$ et $[BC]$ d’une part et $[AC]$ et $[BC]$ d’autre part. Ils ont leur centre $H$ et $J$ sur les bissectrices des angles $\widehat{BAC}$ et $\widehat{BCA}$ sécantes en $I$.

les points $H$ et$ J$ se projettent orthogonalement sur $ (BC)$ en $F$ et $G$ et le rectangle $HJGF$ a une longueur double de sa largeur. Il suffirait donc de construire ce rectangle inscrit dans le triangle $ IBC$ pour que le problème soit résolu.

Cette construction classique utilise une homothétie de centre $I$.

On construit donc le rectangle $BCED$ de même format que $HJGF$ (1:2) et les intersections $F$ (resp $G$) de $[ID]$ avec $[BC]$ (resp de $[IE]$ avec $[BC]$) qui nous permettent d’obtenir les points $H$ et $J$ centres des cercles tangents cherchés.

Bien entendu ces deux cercles étant tangents tous les deux au côté $[BC]$, on peut obtenir deux autres cercles sur le côté $[BA]$ et deux autres sur le côté $[AC]$ donc 3 solutions possibles.

En outre, cette méthode a l’avantage de donner une réponse facile à la question des trois cercles de même rayon inscrits dans un triangle. Si cela était possible cela entraînerait que les trois centres $I$, $J$ et $K$, des cercles tangents deux à deux et de même rayon formeraient un triangle équilatéral. Or les côtés du triangle ABC étant parallèles à ceux du triangle $O_1O_2O_3$ et donc le triangle $ABC$ serait nécessairement équilatéral. Et cela serait suffisant comme le prouve la figure ci-dessous.

OUI mais… si les cercles n’étaient pas égaux ?
(Toujours cette obsession de la généralisation !)

Deux cercles tangents dans un triangle (et tangents chacun à deux côtés du triangle) c’est facile… il y en a plein : Animez la figure GeoGebra ci-dessous en cliquant dessus.

Mais peut-on construire 3 cercles tangents entre eux et à 2 côtés d’un triangle (quelconque) ?

Eh bien ça existe, je l’ai rencontré :

Mais je vous laisse encore un peu de temps pour trouver la construction… et éventuellement, s’il vous reste du temps, exprimez les rayons $r_1$, $r_2$ et $r_3$ des 3 cercles solutions uniques en fonction des côtés $a$, $b$ et $c$ du triangle.

Pour mémoire, il reste encore les problèmes 3, 4 et 9 à résoudre : n’hésitez pas à nous communiquer vos idées et solutions les concernant.