Enoncé D1914 (Diophante) Une droite et son pivot
Un cercle (Γ) de centre O est tangent intérieurement à un cercle (Γ0) de centre O0. La tangente en un point M de (Γ) coupe le cercle (Γ0) en deux points distincts A et B. Les perpendiculaires en A et B à la corde AB rencontrent respectivement les droites OB etOA en P et Q. Démontrer que lorsque le point M parcourt le cercle (Γ), la droite P Qpivote autour d’un point fixe.
Solution de Jean Moreau de Saint-Martin
Les éléments fixes de la figure admettent pour axe de symétrie la droite OO0 passant par le point de contact T des deux cercles. Cette droite doit contenir le point fixe cherché. D’autre part, quandM est diamétralement opposé àT, le trapèze AQP B est un rectangle de centre O, et P Qpasse parT. Il s’agit donc de montrer queP Qpasse toujours parT.
Soit H la projection de T sur AB et T0 l’intersection de P Q et HT; je vais montrer queHT0=HT.
HT0 est moyenne pondérée de AP etBQ :
HT0 =AP.BH/BA+BQ.AH/AB, et par les alignements BOP, AOQ : HT0 =M O.BH/BM+M O.AH/AM =M O(2−M H(1/AM−1/BM)).
Soientt=6 M T O,R etR0 les rayons de (Γ) et (Γ0). La différenceBM − AM est deux fois la projection surABde OO0 =R0−Rqui fait avecM O l’angle 2t; ainsi BM−AM = 2(R0−R) sin(2t).
D’autre part, la puissance deM par rapport à (Γ0) est
−BM.AM =M O02−R02 soit par Al-Kashi dans le triangle M OO0 :
=R2+ (R0−R)2−2R(R0−R) cos(2t)−R02 =−4R(R0−R) cos2t.
On en tire 1/AM −1/BM = tant/R, et comme 6 HT O= 2t, M H =Rsin(2t),M H(1/AM −1/BM) = 2 sin2t,HT0= 2Rcos2t.
OrT M = 2Rcost,HT =T Mcost= 2Rcos2t=HT0, ce qui montre que T est sur P Q.
Remarque. (BQ − AP)/AB = M O(1/AM − 1/BM) = tant, d’où (AB, P Q) =t=6 HT M :M T est perpendiculaire en T à P Q.
