D1832-Des multi-solutions pour deux pivots Problèmes proposés par Maurice Bauval

D1832-Des multi-solutions pour deux pivots Problèmes proposés par Maurice Bauval

Pb On donne un cercle (₁ Γ) de centre O passant par un point I. Une droite (Δ) passant par un point A situé sur le rayon OI coupe le cercle (Γ) en deux points M et N. La droite parallèle à OI passant par M recoupe (Γ) en B.La médiatrice de BN coupe la droite BI en C. Déterminer le lieu de C quand (Δ) pivote autour de A.

Solution 1

Soit K milieu de BN et J milieu de NM, et P intersection des droites KO et BM, et R le rayon de (C) Montrons que les triangles OAM et BOP sont semblables.

Égalité d'angles : KBP = NBM = JOM ( angle inscrit =1/2 angle au centre)

Les triangles KBP et JOM sont rectangles, BPO = Π/2 – KBP = Π/2 – JOM = OMA.

De plus AOM = BMO = OBM. Les angles en P et M sont égaux, ainsi que les angles en B et O.

De cette similitude de triangles résulte BP/OM = OB/OA, BP = OM.OB/OA = R²/OA = constante.

Le lieu de P est un cercle déduit de (C) par translation de vecteur BP.

Soit A' l'image de I par cette translation. Les triangles OCI et OPA' sont homothétiques : OC/OP = OI/OA' = R/(R+BP) = (R/(R+ (R²/OA)) = OA/(OA+R).

Le lieu de C est donc un cercle de rayon (R.OA)/(OA+R) tangent intérieurement en I au cercle (C) Solution 2 : On suppose que OI = 1. Les points sont repérés par leurs affixes :

A(a), B(b), M(m = –1/b), I(1), N(n), C(c). Calcul de n, puis c :

MAN sont alignés donc (n – a)/(m – a) est réel, (n – a)

m− ̄ a

=

̄ n−a

(m – a)

(n – a)(a+b) – (1/n – a)(1/b + a) = 0 , b(a+b)n² + a(1 – b²)n – (ab+1) = 0, n' = (1+ab)/(a+b) ou n'' = –1/b n'' est l'affixe de M, on doit choisir n = (1+ab)/(a+b)

C est sur la médiatrice de BN donc c/(n – b) est imaginaire pur, n – b = (1+ab)/(a+b) – b = (1 – b²)/(a+b) c(a+b)(1 – 1/b²) +

̄ c

(a+1/b)(1 – b²) = 0 ,

̄ c

= [c(a+b)]/[b(ab+1)]

C est sur IB, donc (b-1)/(c-1) est réel, il est égal à son conjugué.

Le conjugué de

(b−1) ( c−1 )

^{est :}

(( 1 b )−1) ( (c (a+ b))

(b (ab+1)) −1)

=

((1−b)( ab+1 )) (c (a+b )−b( ab+1 ))

Partant de

((a +b)(b−1)) ((a +b)( c−1))

⁼

((1−b)( ab+1))

(c (a +b)−b( ab+1))

= (dif des numérateurs)/(dif des dénominateurs), on trouve ce rapport égal à

((b−1)(ab+a+b+1))

(−a−b+b (ab+1))

⁼

(( b² −1)(a+1)) (( b² −1) a)

⁼

(a+1)

a

= constante.

Le lieu de C se déduit du lieu de B par l'homothétie de centre I et de rapport a/(a+1).

C'est un cercle tangent intérieurement en I au cercle (C).

Pb ₂ On trace les perpendiculaires BP et CQ à une droite quelconque (Δ) passant par le sommet A d'un triangle ABC. Soit D le pied de la hauteur issue de A dans ABC. Déterminer le lieu du centre du cercle circonscrit au triangle DPQ quand la droite (Δ) pivote autour de A.

Solution 1 :

Le cercle (ABC) est supposé être le cercle unité, il recoupe la droite Δ en E.

Soit I l'orthocentre du triangle ABC. M le milieu de EI. On va comparer les distances de M aux trois points D,P,Q .

De façon générale l'affixe de la projection orthogonale d'un point d'affixe z sur une droite joignant deux points du cercle unité, d'affixes a et b est :1/2(a+b+z – ab

̄ z

) .

Voici une liste de points avec leurs affixes : A(a), B(b), C(c), E(e), D[(b+c+a – bc

̄ a

)/2], I(a+b+c), M[(a+b+c+e)/2],

P[(e+a+b–ea

̄ b

)/2], Q[(e+a+c–ea

̄ c

)/2]

Calcul des affixes de MD, MP, MQ :

MD : (b+c+a –bc

̄ a

)/2 – (a+b+c+e)/2 = –(bc

̄ a

+ e)/2 MP : (e+a+b–ea

̄ b

)/2 – (a+b+c+e)/2 = –(ea

̄ b

+ c)/2 Pour MQ on échange b et c : –(ea

̄ c

+ b)/2

4MD² = │bc

̄ a

+ e│² = (bc/a+e)(e/(bc)+1/e) = 2 + bc/(ae) + ae/(bc) 4MP² = │ea

̄ b

+ c│² = (ea/b+c)(b/(ea)+1/c) = 2 + ea/(bc) + cb/(ea) 4MQ² en échangeant b et c = 2 + ea/(bc) + cb/(ea)

M est équidistant des trois points D, P, Q, M est le centre du cercle circonscrit au triangle DPQ.

Quand E décrit le cercle (ABC), son image M par l'homothétie (I,1/2) décrit le cercle d'Euler du triangle (ABC)

Solution 2 : (PD, PA) = (BD,BA) dans le cercle de diamètre AB (QD,QA) = (CD,CA) dans le cercle de diamètre AC

Le triangle DPQ est ''semblablement variable''. Si M est le centre du cercle (DPQ), le triangle DMQ est aussi ''semblablement variable''. Le lieu de M se déduit du lieu de Q par une similitude de centre D dont l'angle et le rapport sont constant. Comme Q décrit un cercle de diamètre AC, son image M décrit aussi un cercle (γ).

Quand P est en A, le cercle DPQ est le cercle DAQ i.e. le cercle de diamètre AC, (γ) passe donc par le milieu de AC, de même quand Q est en A, M est au milieu de AB.

Quand Δ se confond avec la hauteur AD, P et Q sont en D,le cercle (DPQ) est de rayon nul, son centre M est en D.

Les 3 points : milieux de AB et AC et le point D sont distincts, ils sont à la fois sur (γ) et sur le cercle d'Euler du triangle ABC. (γ) est le cercle d'Euler du triangle ABC.