Enoncé D1978 (Diophante)
Deux solutions au moins, sinon rien
D’un point P extérieur à un cercle (Γ) de centre O, on mène la droite P O qui rencontre (Γ) en deux points A et B puis une tangente à (Γ) qui touche ce cercle au pointT. Les parallèles issues deA et deB àP T rencontrent respectivement la perpendiculaire issue deT à la droiteP O aux points I etJ.
Démontrer de deux manières différentes au moins que les droites BI etAJ se rencontrent au milieu M de P T.
Solution de Jean Moreau de Saint-Martin 1/ Par les divisions harmonniques
La droiteT IJ, qui est la polaire deP par rapport à (Γ), coupe le diamètreP OAB enK. La division (P, K, A, B) est harmonique.
Soit Ω le point à l’infini deP T. Le faisceau (ΩP,ΩK,ΩA,ΩB) est harmonique et coupeT Kselon la division harmonique (T, K, I, J).
Le faisceau (AT, AK, AI, AJ) est harmonique et coupe P T selon la division harmonique (T, P,Ω, N) ; Ω étant à l’infini, N est le milieu du segmentP T, confondu avec M.
De même, le faisceau (BT, BK, BI, BJ) est harmonique et coupe P T selon la division harmonique (T, P, N0,Ω) ; Ω étant à l’infini, N0 est le milieu du segment P T, confondu avecM.
2/ Avec les triangles rectanglesT AB etT OP.
J’évalue les longueurs en valeur absolue, supposant A entre P et K. SiKA=a,KT =h,KB =h2/a, puis (avecO milieu de AB) KO= (h2−a2)/(2a), KP = 2ah2/(h2−a2), BP = h2(h2+a2)
a(h2−a2) , AP =a(h2+a2)/(h2−a2).
Par ThalèsIT /IK =AP/AK = (h2+a2)/(h2−a2) =BP/BK en valzur absolue, mais en valeur algébriqueIT /IK =−BP/BK. Par Ménélaüs, avec la sécanteBIN du triangleKT P BK
BP ·N P N T · IT
IP = 1, d’où N P/N T =−1, N est le milieu M de P T.
On a de mêmeJ T /J K=BP/BK par Thalès, puis =−AP/AK.
Par Ménélaüs, avec la sécanteAJ N0du triangleKT P AK AP ·N0P
N0T · J T
J K = 1, d’oùN0P/N0T =−1,N0 est le milieu M de P T.
