D1978- Deux solutions au moins, sinon rien [**** à la main]
D’un point P extérieur à un cercle (Γ) de centre O, on mène la droite PO qui rencontre (Γ) en deux points A et B puis une tangente à (Γ) qui touche ce cercle au point T. Les
parallèles issues de A et de B à PT rencontrent respectivement la perpendiculaire issue de T à la droite PO aux points I et J. Démontrer de deux manières différentes au moins que les droites BI et AJ se rencontrent au milieu M de PT.
Solutions proposées par Bernard Vignes 1ère solution
Soit (Γ₁) le cercle de diamètre OP qui passe par T et U , U étant le symétrique de T par rapport à la droite PO sur le cercle (Γ).
La parallèle issue de A à PT rencontre le cercle (Γ) au point C. On trace le cercle (Γ₂) qui passe par les points A,C et P. Ce cercle coupe le cercle (Γ₁) en un deuxième point D et la tangente PT en un deuxième point Q symétrique de P par rapport à T. En effet le centre de (Γ₂) est situé sur OT et PT est perpendiculaire à OT.
TU est l’axe radical des cercles (Γ) et (Γ₁). AC est l’axe radical des cercles (Γ) et (Γ₂).
Enfin PD est l’axe radical des cercles (Γ₁) et (Γ₂).
Les axes radicaux de ces trois cercles Γ),(Γ₁) et (Γ₂) dont les centres sont non alignés concourent au point I appelé centre radical des trois cercles. (Voir ci-après en annexe) http://fr.wikipedia.org/wiki/Puissance_d’un_point_par_rapport_à_un_cercle
Par l’inversion de pôle P et de puissance PT², le cercle (Γ) reste inchangé,le cercle (Γ₁) devient la droite TU, le point A devient le point B, le point D qui est sur (Γ₁) devient le point I situé sur TU et le point Q devient le point M milieu de PT ( car PM.PQ = 2PT.PT/2
= PT²) de sorte que le cercle (Γ₂) devient la droite IBM. Il en résulte que BI passe par le milieu M de PT.
De la même manière, en intervertissant les rôles de A et de B, on démontre que AJ passe par le milieu M de PT.
conclusion : BI et AJ se rencontrent en M milieu de PT.
2ème solution
On considère un répère orthonormé d’origine O avec la droite OP prise pour axe des abscisses.Sans perte de généralité,on considère le cercle (Γ) de rayon unité. Soit angle(POT) = a.
On a les coordonnées des points suivants : - point T : (cos(a) , sin(a))
- point P : (1/cos(a) , 0)
- point A : (– 1 , 0) et point B : (1 , 0)
- point M :((cos²(a) + 1)/2cos(a) , sin(a)/2) L’équation de la droite AI est y = –cos(a)(x + 1)/sin(a).
D’où coordonnées de I : (cos(a), – cos(a)(cos(a) + 1)/sin(a))
La droite IM d’équation (X – cos(a))/(X - (cos²(a) + 1)/2cos(a) ) = (Y + cos(a)(cos(a) + 1)/sin(a)))/(Y- sin(a)/2) passe par B si et seulement si :
((cos²(a) + 1)/2cos(a) - 1)*(cos(a)(cos(a) + 1)/sin(a)) = (1 – cos(a))*(sin(a)/2) Or (cos²(a) + 1)/2cos(a) - 1 = (1 – cos(a))²/2cos(a).
Simplifiant les deux membres par (1 – cos(a))/2, il en résulte :
(1- cos(a))*(1 + cos(a))/sin(a) = sin(a) soit 1 - cos²(a) = sin²(a). C.q.f.d.
Même démonstration avec la droite AJ.
3ème solution
Soient M le point d’intersection des droites BI et PT et K le pied de la perpendiculaire issue de T sur PA. La droite passant par les points M,B,I est une ménélienne du triangle PKT. Le théorème de Menelaüs appliqué à ce triangle donne la relation (R) :
IT .KI BK .PB MP TM
= 1
Par ailleurs, on a les relations d’angles suivantes :
BAT =BTP (théorème de l’angle tangent),BTK =BAT (les triangles BAT et BTK sont rectangles et semblables).Donc BT est bissectrice de l’anglePTK et l’on a
BK PB =
TK TP.
PAI =APT (les droites AI et PT sont parallèles par hypothèse) = 90° –PTK = 90° – 2BAT. D’où TAI = BAT + PAI = 90° – BAT = ATI. Le triangle IAT est isocèle de sommet I.
D’où IT KI =
AI KI =
TP
TK (les triangles AKI et PKT sont semblables).
Le relation (R) s’écrit alors M P
TM= 1. M est le milieu de PT.
Le même raisonnement fait avec la droite AJ au lieu de la droite BI donne un point d’intersection de cette droite avec la droite PT situé au milieu de PT.C.q.f.d.
3ème solution bis
Comme précédemment, on considère le point M à l’intersection des droites BI et PT. Soit N à l’intersection des droites TB et PI. Dans le triangle PTI, les droites PK,TN,IM sont trois céviennes concourantes en B. Le théorème de Ceva donne la relation (R) :
KI .TK MT .PM NP
IN .
La droite IN est bissectrice de l’angle PTI (voir 3ème solution).On a donc NP IN =
TP TI . Le triangle IAT est isocèle de sommet I(voir 3ème solution) et les triangles AKI et PKT étant semblables,on a donc
TP TI =
TP AI=
TK KI Il en résulte
M T
PM = 1 etc...
