D 1950 Le petit frère
Problème1 proposé par Dominique Roux
On donne un cercle (O) de centre O et deux points A et B, B étant intérieur à (O).
Une droite variable passant par B coupe (O) en deux points P et Q.
Quel est le lieu de:
a) F centre du cercle circonscrit au triangle APQ ? [**]
b) G centre de gravité du triangle APQ ? [***]
c) H orthocentre du triangle APQ ? [****]
d) I seconde intersection du cercle passant par A et P centré sur AQ avec le cercle passant par A et Q centré sur AP ? [*****]
1 Comme son grand frère D1949,ce problème contient un cercle, un point intérieur et une droite variable passant par ce point et coupant le cercle en deux points .
Qa) Soit (Γ) le cercle circonscrit au triangle APQ et R le rayon de (O). L'axe radical de (Γ) et(O) est la droite PBQ. Puissance de B par rapport à (O) = Puissance de B par rapport à (Γ) = FB² – FA² est une constante négative. FB² – FA² = OB² – R² .
F appartient à une droite fixe perpendiculaire à AB.
Qb) Le milieu J de PQ décrit le cercle de diamètre BO car JB perpendiculaire à JO.
Le lieu de G s'en déduit par l'homothétie de centre A et rapport ⅔.
Cette homothétie transforme B et O en B' et O', G décrit un cercle de diamètre B'O'.
Qc) Lieu de l'orthocentre H : Je renonce à ma première idée qui était de considérer H comme image de F dans l'homothétie (G, – 2 ) . H est symétrique, par rapport à la droite PQ, du point H' où la hauteur issue de A coupe la base PQ.
Dans cette question je choisis l'origine en A. (axe des abscisses suivant AB ) Le cercle (Γ) passe par deux points fixes A et Z, si z est l'abscisse de Z et t l'ordonnée de F, son équation est x²+y² – zx – 2ty = 0 et celle du cercle (O) étant x² + y² – 2mx – 2ny +p = 0 Droite PQ : (2m-z)x + 2(n-t)y -p = 0, [ au passage, on note que l'abscisse de B est p/(2m-z) ] Droite AH : (2m-z)y = 2(n-t)x . En éliminant le paramètre t on obtient l'équation de la courbe verte lieu de H' :
x²+y² – zx – 2y [n – (2m-z)y/(2x)] = 0 x(x²+y²) – zx² – 2nxy + (2m-z)y² = 0 Cette courbe verte est une cubique circulaire, mais les tangentes au point double A ne sont perpendiculaires que si z=m, c'est à dire si Z est la projection orthogonale de O sur AB.
En coordonnées polaires : ρ1 = z cosθ + 2n .sinθ – (2 m-z) sin²θ/cosθ En remplaçant sin²θ par (1-cos²θ) ρ1 = 2(m. cosθ + n .sinθ) + (z – 2m) /cosθ Le milieu de HH' décrit le cercle de diamètre AB, d'équation ρ2 = [p/(2m-z)] cosθ D'où l'équation polaire de la courbe rouge, lieu de H : ρ = 2ρ2 – ρ 1 .
ρ = 2[p/(2m-z)] cosθ – 2(m. cosθ + n .sinθ)
–
(z – 2m) /cosθρ = 2[p/(2m-z) – m ] cosθ – 2 n .sinθ + (2m – z) /cosθ
Sachant que ρ = 2[p/(2m-z) – m ] cosθ – 2 n .sinθ est l'équation d'un cercle
et que ρ = (2m – z) /cosθ est l'équation d'une droite, on dira que le lieu de l'orthocentre H est une courbe cissoïdale. Pour θ→Π/2 on trouve l'asymptote x = 2m – z.
Les points communs au cercle de diamètre AB et au cercle (O) sont sur les deux courbes car lorsque le triangle APQ est rectangle, P, H et H' sont confondus,
Qd)Une définition plus simple du point I :
Lemme 1:Les droites IP et IQ sont symétriques par rapport à la droite AI : Soit R, situé sur la droite AQ, centre du cercle qui passe par A, I, et P.
Soit S, situé sur la droite AP, centre du cercle qui passe par A, I, et Q.
Angle (IA,IQ)=1/2(RA,RQ)
(IA,IQ) = 1/2[Π – 2 (AQ,AR)] car le triangle ARQ est isocèle.
(IA,IQ) = Π/2 – (AQ,AP) car A, P, R sont alignés.
Un calcul analogue aboutit à (IA,IP) = Π/2 – (AP;AQ). D'où (IA,IP)+(IA,IQ) = 0 modulo Π.
Les droites IP et IQ sont symétriques par rapport à la droite AI . Lemme 2: A, F, I sont alignés :
R est sur PA qui est axe radical des cercles (Γ) et (S) : RF²-FA² = RS²-SA² S est sur QA qui est axe radical des cercles (Γ) et (R) : SF²-FA² = RS²-RA²
Différence membre à membre : RF² – SF² = RA² – SA², RF² – RA² = SF² – SA²
Donc Puissance[F/(R)] = Puissance [F/(S)], F est donc sur l'axe radical des cercles (R) et (S), c'est à dire F est sur la droite AI.
Des lemmes 1 et 2 on déduit que les droites IP et IQ sont symétriques par rapport à la droite AF.
Pour une construction simple du point I : Soit P' et Q' les symétriques de P et Q par rapport à AF, les trois droites QP', PQ', et AF concourent en I.
…/...
Le quadrilatère complet IPQP'Q' est symétrique par rapport à la droite AFI, soit K le point où se coupent les droites PQ et AF, soit C diamétralement opposé à A sur (Γ), I et K sont conjugués par rapport au cercle (Γ) , les points AKCI sont en division harmonique.
Soit Z l'origine d'un repère orthonormé avec A et B sur l'axe des abscisses et C variable sur l'axe des ordonnées. Les coordonnées de A étant (a,0), celles de C étant (0,t).
ZA et ZC sont perpendiculaires, le faisceau des droites ZA, ZC, ZK, ZI est harmonique, donc ZA et ZC sont les bissectrices de l'angle KZI. Les pentes des droites ZK et ZI sont donc opposées.
…/...
Tout est prêt pour une étude analytique : Cercle (Γ) : x²+y² – ax – ty = 0 Cercle (O) : x²+y² – 2mx – 2ny + p = 0
Droite PQ : (2m-a)x + (2n-t)y – p = 0 Droite AKCI : tx + ay – at = 0
Droite ZK : [a² – 2am + p ] tx + [t² – 2nt + p]ay = 0 (en éliminant le terme constant) Droite ZI : [a² – 2am + p ] tx – [t² – 2nt + p]ay = 0 (en changeant seulement un signe ) En éliminant t entre les équations des droites AKCI et ZI on obtient l'équation du lieu de I : x²(a² – 2am + 2 p) + 2anxy + a²y² + ax(–a² + 2am –3p) – 2a²ny + pa² = 0 (*)
Si on préfère l'origine en A, on pose x = a + x' et l'équation devient : x'²(a² – 2am + 2p) + 2anx'y + a²y² + ax'(a² – 2am + p) = 0 (**)
En faisant x' =0 dans (**) on voit que cette conique passe par A et que la tangente y est perpendiculaire à AB.
Et en faisant x=0 dans (*) et dans l'équation du cercle (O), on constate que la conique et le cercle (O)se coupent en U et V sur l'axe des ordonnées Zy.
En joignant A et le milieu de UV on obtient le diamètre conjugué de la direction Zy.