Solutions proposées par Bernard Vignes Réponse: la droite PQ pivote autour du point de tangence des deux cercles

D1914 – Une droite et son pivot [*** à la main]

Un cercle (Γ) de centre O est tangent intérieurement à un cercle (Γ’) de centre O’. La tangente en un point M de (Γ) coupe le cercle (Γ’) en deux points distincts A et B. Les perpendiculaires en A et B à la corde AB rencontrent respectivement les droites OB et OA en P et Q. Démontrer que lorsque le point M parcourt le cercle (Γ), la droite PQ pivote autour d’un point fixe.

Solutions proposées par Bernard Vignes

Réponse: la droite PQ pivote autour du point de tangence des deux cercles

(Γ) et (Γ').

Démonstration n°1

On désigne par C le point de tangence des deux cercles (Γ) et (Γ’) et par ΔA et ΔB les perpendiculaires en A et B à la corde AB.On trace le point N symétrique de M par rapport à O. MN étant diamètre du cercle (Γ), les droites CM et CN sont perpendiculaires entre elles.

La droite CN coupe la droite AB au point R.La perpendiculaire ΔB en B à AB rencontre la droite AO au point Q tandis que la droite CN rencontre ΔB au point Q'.

On va démontrer que les droites ΔB, AO et CN se rencontrent en un même point Q, c'est à dire que Q et Q’ sont confondus.

Les droites CM et CN coupent respectivement le cercle (Γ’) aux points M' et N' tels que M'N' est homothétique de MN par l'homothétie de centre C et de rapport CO'/CO. M'N' est donc diamètre du cercle (Γ’).M'N' étant parallèle à la perpendiculaire MN à la tangente AB au cercle (Γ) coupe AB en son milieu et le point M' est au milieu de l'arc AB. La droite CM est bissectrice de l'angle



ACB et les points R,A,M et B forment une division harmonique telle que RA/RB = MA/MB (1)

Les triangles AMO et ABQ sont semblables.D’où OM/MA= BQ/AB

Les triangles RMN et RBQ’ sont semblables.D’où MN/RM =2OM/RM = BQ’/RB

En rapprochant ces deux égalités, on déduit que Q et Q’ sont confondus si et seulement si :

AB.RM = 2MA.RB qui s'écrit 2AI. RM.= 2MA.RB soit AI.(RI – MI)= (AI – MI).(RI + AI) ou encore RI.MI = AI²

Or d'après (1), RA/RB = (RI‒AI)/(AI ‒ MI) = RB/MB = (RI + AI)/(AI + MI) = RI/AI qui donne bien RI.MI = AI²

De la même manière les droites ΔA, BO et CN se rencontrent en un même point P.

Conclusion: la droite PQ passe par le point C quelle que soit la position de M sur le cercle (Γ).

Démonstration n°2

Nota : on obtient exactement les mêmes résultats si les deux cercles de centres O et O' sont tangents extérieurement.

On va démontrer que les céviennes AO,

ΔB et CN issues des sommets A,B et C du triangle ABC se rencontrent en un même point Q, en faisant appel

au théorème de Ceva dans sa formulation trigonométrique.

D'après celle-ci

,les droites

AO ,ΔB et CN se rencontrent en un même point Q si et seulement si : sin(

 CAO) / sin(  BAO) * sin(  ABQ) / sin(CBQ) * sin(  BCQ) / sin(  ACQ) = 1 On a  ABQ =90°. D'où : sin(  ABQ) = 1.

Comme CM est bissectrice de l'angle  ACB (cf démonstration n°1), on a  ACM =  BCM.

Or sin(  BCQ) = sin(90° ‒  BCM) = cos(  BCM) et sin(  ACQ) = sin(90° +  ACM) = cos(  ACM) . D'où : sin(  BCQ) = sin(  ACQ).

Par ailleurs sin(  CAO) = sin(  ACO)*OC/OA = sin(  ACO)*OM/OA = sin(  ACO)*sin(  BAO).

D'où :

sin(

 CAO) / sin(  BAO) = sin(  ACO).

Finalement, il s'agit de démontrer que sin(  ACO) = sin(  CBQ).

Or  ACO =  ACO'=  CAO' = 90° ‒  AO'C/2 = 90° ‒  ABC =  CBQ. Cqfd.

De la même façon, les céviennes

ΔA ,

BO

et CN issues des sommets A,B et C du triangle ABC se rencontrent en un même point P.

Conclusion : la droite PQ passe par le point C.