D148 Jeux d’équerre [*** à la main]

D148 Jeux d’équerre [*** à la main]

Solution

1) Le point M étant milieu de la corde AB, OM est médiatrice de AB. OM et PH qui sont l’un et l’autre perpendiculaires à AB sont donc parallèles. Si l’on trace le point S milieu de OP, la droite passant par S et parallèle à OM et PH, est perpendiculaire à AB et coupe HM en son milieu.

S est donc sur la médiatrice de HM et l’on a SH = SM.

Dans le triangle OMP, MS est la médiane issue du sommet M et l’on a la relation bien connue qui exprime la longueur de la médiane en fonction des côtés du triangle :

4

OP MO 2 MS 2MP

2 2 2

2  

 .

Comme APB est un triangle rectangle en P, MP = MB. Dès lors

2

2 MO

MP  =MB²MO²=OB =1. ² On pose OP = d. Il en résulte que

2 d MS 2

 2

 =constante quelle que soit la position de l’équerre.

La courbe C₁ décrite par M quand l’équerre pivote autour de P, est donc le cercle de centre S et de rayon

2 d 2 ²

.

Comme SH = SM, la courbe C₂ décrite par H est le même cercle C₁ décrit par M et qui est représenté en bleu sur la figure ci-dessus.

Soient H’ et M’ les intersections respectives de A’B’ avec les droites PM et PH. Démontrons que H’ et M’ sont respectivement le pied de la hauteur issue de P dans le triangle PA’B’ et le milieu de A’B’.

H’ est le pied de la hauteur issue de P dans le triangle PA’B’.En effet B’PH’ = BPM =

PBA , le triangle MBP étant isocèle de sommet M. Par ailleurs A’B’B = H'B'P =

A’AB PAB, les quatre points A,B,A’ et B’ étant sur le même cercle. Comme PBA +

PAB = 90°, il en résulte que B’PH + H’BP = 90°. PH’ est donc perpendiculaire à A’B’.

M’ est le milieu de A’B’. En effet APH = A’PM’ et AA’B’ = PA’M’ = ABB’ = 90° - PAH = APH. Il en résulte que A’PM’ = PA’M’. Le triangle PA’M’ est donc isocèle de sommet M’. Il en est de même du triangle PB’M’.Donc M’A’ = M’P = M’B’.

Comme les distances SH’ et SM’ sont toutes deux égales à 2

d 2 ²

, on en déduit que H’ et M’ sont sur le cercle bleu que M et H. Comme A’B’ coupe le cercle bleu en deux points au maximum, ces deux points sont nécessairement H’ et M’.

A noter que M et H sont confondus en un seul point, quand le triangle PAB est rectangle isocèle , c’est à dire quand AB est perpendiculaire à la droite OP et que les angles APM et

BPM sont égaux à 45°.

2) Les triangles PAB et PA’B’ étant rectangles, les hypoténuses AB et A’B’ sont

respectivement les diamètres des cercles (C) et (C’) et passent par les centres O et O’ de ces deux cercles. D’autre part comme les angles PAO et PA’O’ sont égaux au même angle

APO, les droites AB et A’B’ sont parallèles entre elles. Il en résulte que le point

d’intersection de AB’ et de A’B est le point Q situé sur l’axe horizontal qui porte les points O,O’ et P de telle sorte que les points P,O’,Q,O constituent une division harmonique caractérisée par la constante k définie par r

PO

k PO' .On a ainsi Q qui est déterminé sur le segment OO’ par l’équation r

QO

QO' . D’où PQ = r + r 1

r) - r(1

 = r 1

2r

 .

Les droites AB’ et A’B passent donc par le point fixe Q quand l’équerre pivote autour du point P.

SoitO₁ le milieu du segment OO’. M étant milieu de AB’, il en découle que O₁M est parallèle à AB et A’B’ et le théorème de Thalès donne la relation :

QO QO OA

M

O_{1 1}

 avec QO = PO – PQ = 1 – PQ =

r 1

r - 1

 et QO₁= QO –OO₁= PO – PQ – 2

OO' = 1 – r 1

2r

 – 2 1r

=

r) 2(1

r) (1 ²



 . D’où O₁M = 2 1r

= 2

OO'. Le point M reste donc toujours à égale distance du point fixe O₁ et décrit le cercle (C₁)de diamètre OO’ et de centre O₁ quand l’équerre pivote autour du point P.

Par ailleurs, comme l’angle PHQ est toujours égal à 90°, la courbe décrite par H est le cercle )

(C₂ de diamètre PQ et de centre O₂.

La droite A’B qui passe par le point fixe Q, coupe le cercle (C₂) en un point H’ qui est le pied de la hauteur issue de A dans le triangle A’PB. Elle coupe le cercle (C₁) en deux points

dont l’un d’eux est le point M’ qui est symétrique de M par rapport à O₁. En effet M et M’

étant les milieux respectifs des segments AB’ et A’B, MM’ est parallèle à AB et A’B’.MM’

passe donc par O₁ milieu de OO’.

3) La droite AB coupe l’axe horizontal OO’’ en un point Q qui est rejeté à l’infini dans le cas exceptionnel où les deux cercles (C)et (C'') sont de même rayon et AB est parallèle à l’axe OO’’.Nous traiterons ce cas à part.

Quand l’équerre pivote autour du point P, les segments OA et O’’B restent parallèles entre eux. En effet, AOP = 180° - 2OPA = 2(90° - OPA) = 2O’’PB = BO’’u.

Soit r le rayon du cercle (C’’) et supposons r > 1 (le cas r < 1 se traite de la même manière).

Le théorème de Thalès donne la relation :

r 1 B ' O'

OA '

QO'

QO   . Or OO’’ = 1 + r. Il en résulte QO

= r 1 1 - r

 =constante. La droite AB passe donc par un point fixe. Q. La courbe décrite par H pied de la perpendiculaire issue de P dans le triangle PAB est située sur le cercle de diamètre PQ.

Ce cercle est-il décrit en entier ?

La réponse est non. En effet, on vérifie aisément qu’il y a deux points limites H₁et H₂ qui sont atteints quand AB est tangente extérieure commune aux deux cercles (C)et (C''). Le lieu

)

(C₁ de H quand l’équerre pivote autour de P est donc limité à l’arcH₁H₂(colorié en trait bleu appuyé) du cercle de diamètre PQ.

S’agissant du milieu M de AB, on voit que la parallèle à OA et O’’B passant par M, coupe OO’’ en un point O₂ qui en est le milieu. Il en résulte que

2 r 1 2

B ' O' M OA

O₂     =

constante.

Le point M est donc situé à une distance constante du point fixe O₂ et se trouve sur le cercle de centre O₂ et de diamètre OO’’.Le cercle est-il décrit en entier. Cette fois-ci la réponse est positive ; Le lieu (C₂) de M est donc le cercle de diamètre OO’’ (tracé en rouge sur la figure ci-dessus).