D1975 – A partir d’une poussière... [***** à la main] - 2ème partie
Problème proposé par Dominique Roux à partir d’un énoncé de la compétition australo- britannique « The 2013 Mathematical ashes »
On donne sur un cercle de centre O, 4 points fixes A,B,C,D et sur la droite OD un point mobile P.La perpendiculaire en P à la droite OD coupe les droites BC , CA , AB en
respectivement A' , B' , C'.BC recoupe le cercle (PAA') en A''. On construit de façon analogue B'' et C''.Les droites AA'', BB'', CC'' ont un point commun E.
Le point Q a été défini dans l'énoncé D1974 comme intersection des cercles (PAA'), (PBB'), (PCC').
Q₁ Quel est le lieu du point E lorsque P décrit la droite OD ?
Q₂ On complète la figure en traçant le cercle (PBC), il recoupe la perpendiculaire en P à la droite OD en un point a, puis ce cercle est recoupé par la droite aA en a'. On construit de façon analogue des points b,b',c,c' Montrer que les cercles (PAa') , (PBb') , (PCc') se coupent en E.
Q₃ Montrer que les droites aA , bB , cC ont un point commun appelé R et que les points P,Q, R sont alignés.
Solution proposée par l’auteur
Q₁ Lieu du point E lorsque P décrit OD
Sans perte de généralité on peut rapporter le plan à un repère pour lequel les affixes a,b et c des points A,B et C vérifient a a = b b = c c = 1 et tel que l’affixe p du point P soit réelle.
L’origine est le centre du cercle (ABC) et son rayon est l’unité. Pour tout point M de la droite AA’’ d’affixe z on a θ = arg(z – a) = arg(zA’’ – a) = arg(b – c) + arg(p – a) + π/2 car dans le cercle (AA’A’’P) on a (BC,AA’’) = (PA’,PA) modulo π.
D’où (z – a)/(za) = e2iθ = – (b – c)(p – a) / (bc)(p – a ) = – a f(p – a) / (p – a ) où l’on a posé f = – abc.
Donc une équation de AA’’ est : (ap – 1)(z – a) + (za)(p – a)f = 0.
Vérifions que AA’’ passe par le point E d’affixe zE = p + (a – p)(b – p)(c – p) / (p² – 1).
Comme OH = OAOBOC, l’affixe h de l’orthocentre H de ABC est h = a + b + c, d’où l’on déduit la relation ab + bc + ca = –h f, ce qui permet d’écrire zE sous la forme :
zE = p + ( –f + pfh + p²h – p³) / (p² – 1) = ( –f + pfh + p²h – p) / (p² – 1) . AA’’ passe par E car :
(ap – 1)( –f + ph f + p²h – p – ap² + a) + (p – a)f(–f + ph f + p²h – p – a p² + a ) = p(p² – 1) (ah + fh + bc – a²) = p(p² – 1)[a(a + b + c) – abc( a + bc) + bc - a²] = 0.
Par permutation sur les lettres a,b,c on voit aussitôt que BB’’ et CC’’ passent aussi par E.
E est donc le point commun aux trois droites AA’’, BB’’ et CC’’.
Le point E décrit l’hyperbole d’équation (z – f).(z – h) = λabc, λ réel variable.
En effet zE – f = p(fh + ph – 1 – pf) / (p² – 1) et f(zE – h ) = ( – 1 + ph – pf + f h ) / (p² – 1).
D’où zE – f = pf(zE – h ) , donc arg(zE – f ) + arg(zE – h) = arg(f) modulo π.Cqfd
Remarques : cette conique passe par A car (a + abc)(b + c) = abc(bc + b + c ) abc R et de même passe par B et C. Elle passe par H, donc est équilatère, et par F d’affixe f qui est le quatrième point commun à cette hyperbole et au cercle (ABC), obtenu lorsque P est en O. Les bissectrices de (EF,EH) sont parallèles aux aymptotes et le centre ω est le milieu de FH. Cette hyperbole se déduit de la droite OD par l’isogonalité z + z’ - fz z' = h de triangle ABC
Q₂ Les cercles (PAa’), (PBb’), (PCc’) passent par E
La comparaison de la configuration vue dans D1974 et de celle de D1975 invite à songer à une inversion de pôle P qui à la droite BC fait correspondre le cercle (PBC), au point A’
associe a, au cercle (PAA’) associe la droite aA’, au point A’’ fait correspondre le point a’ et à AA’’ associe le cercle (PAa’)*.
Nous savons que AA’’,BB’’,CC’’ sont sécantes en un point E. Il en résulte que les cercles (PAa’), (PBb’),(P,Cc’) se coupent en P et en un second point qui est en fait également E. Pour le prouver utilisons non pas l’inversion, mais une variante composée de cette inversion, d’une symétrie et d’une translation.
Considérons la transformation T qui au point M d’affixe z associe M₁ = T(M) où M₁ est d’affixe z₁ = p + (p² –1) / ( z – p) = (pz – 1) / ( z – p), qui est involutive !
Les points A,B,C deviennent A₁,B₁,C₁ d’affixes :
a₁ = p + (p² –1)/ (a – p), b₁ = p + (p² –1) / (b – p), c₁= p + (p² –1) / (c – p).
Nous savons que l’affixe de E est zE= p + (a – p)(b – p)(c – p) / (p² – 1).
Donc l’affixe du point commun aux trois cercles devient après la transformation T : z’ = p + (a₁ – p)(b₁ – p)(c₁ – p) / (p² – 1) = p + (p² – 1)² / (a – p)(b – p)(c – p) . Pour revenir à la configuration initiale, il faut appliquer T1
c’est à dire T : p + (p² – 1) / (z’ – p) = p + (p² – 1) / [(p² – 1)² / (a – p)(b – p)(c – p)]
= p + (a – p)(b – p)(c – p) / (p² – 1) = zE.
Il y a donc identité entre le point commun aux droites AA’’, BB’’,CC’’ et le point commun autre que P aux cercles (PAa’),(PBb’),(PCc’).
*On a conservé les lettres pour désigner les points images dans la figure homologue mais il s’agit seulement d’une figure homologue et non de la figure initiale, figure dans laquelle nous conservons la propriété : AA’’, BB’’,CC’’ sont concourantes en un point, encore noté E.
Q₃ Les droites aA,bB,cC sont concourantes en R aligné avec P et Q
La puissance de A’ par rapport au cercle (PBC) est A' .P A' = a A' .B A' qui est aussi la C puissance de A’ par rapport au cercle (ABC) = OA’² – 1
Donc OA’² – 1 = A' .(P A' + Pa ) = A’P² + P A' . Pa =A’P² – PA'. Pa = A’P² + OP² – 1 . P D’où OP² – 1 = – PA'. Pa .
La puissance de a par rapport au cercle (ABC) est Oa²– 1 = OP² + Pa² – 1 = Pa² – PA'. Pa = Pa² - ( Pa + aA'). Pa = – aA'. Pa = aA'. aP ce qui est la puissance de a par rapport au cercle (AA’A’’).
Donc a est sur l’axe radical des cercles (ABC) et (AA’A’’). Cet axe est donc la droite aA. De même pour b et c.
Or les trois cercles (AA’A’’) , (BB’B’’), (CC’C’’) ont pour axe radical la droite PQ (vu dans D1974).
Donc aA, bB, cC se coupent en un point R de l’axe PQ.
R est le centre radical des quatre cercles définis ci-dessus et les points P,Q et R sont alignés.
Cqfd.
