D1977- Les points limites [*** à la main]
Problème proposé par Pierre Jullien
Soient un point courant A sur l’axe des y et les points B et C d’abscisses – 3 et + 3 sur l’axe des x.On trace le point D sur l’axe des x à l’opposé de C par rapport à B tel que BD = AB.
Le cercle tangent en A à AC passant par D recoupe l’axe des x en E et la médiatrice de AE coupe AC en F.
Q₁ Quel est le point limite de F quand A tend vers l’origine ?
Q₂ Quels sont les points limites de F quand A tend vers + ∞ et vers – ∞ sur l’axe des y ? Q₃ Pour les plus courageux : Déterminer le lieu de F quand A parcourt l’axe des ordonnées.
Solution proposée par Bernard Vignes
Q₁
Le cercle (Γ) tangent en A à AC coupe l’axe des x en D et E. On a CA² = CE.CD ou encore CA/CE = CD/CA. Les deux triangles CAE et CDA sont donc semblables. D’où angle CAE
= angle CDA. Comme par construction le triangle ABD est isocèle de sommet B, on a
BDA = CDA = BAD. Il en résulte BAC = DAE.Comme F est sur la médiatrice de AE, FE = FA et la droite FE est tangente au cercle (Γ) au point E si bien que CEF =
DAE = BAC. Les deux triangles ABC et ECF sont donc semblables et le triangle ECF est isocèle de sommet E . D’où les deux égalités AF = FE = EC.
Quand A tend vers l’origine O, les trois segments AF,FE,EC vont se placer dans cet ordre sur le segment OC.Le point limite de F est donc le point F₁ de coordonnées (1,0) situé au tiers du segment OC à partir de l’origine O.
Q₂
Quand A tend vers l’infini sur l’axe des y , F est situé sur la perpendiculaire à l’axe des x passant par C. En raison de la similitude des triangles ABC et ECF, ce dernier restant toujours plus petit, le segment CF s’accroit et a pour dimension limite la longueur = 6 de la base BC du
triangle ABC. Les points limites de F sont donc les points F₂ et F₃ de coordonnées respectives (3,6) et (3,- 6) symétriques l’un de l’autre par rapport à l’axe des abscisses.
Q₃
Soient (x,y) les coordonnées de F et H la projection de F sur l’axe des x. On a CF/FA = CH/HO = (3 – x)/x. Comme FA = EC, on a CF/EC = CF/FA = BC/AC = 6/(FA + CF) = (6 – CF)/CF. D’où (3 – x)/x = (6 – CF)/Cf, soit CF = 2x.
Comme FX² = y² + (3 – x)², il en résulte y² + (3 – x)² = 4x² ou encore y² – 3x² – 6x + 9 = 0 qui est l’équation d’une hyperbole H.
Si on désigne par C’ le point de coordonnées (- 5,0), on a FC’² = y² + (x + 5)² = 3x² + 6x – 9 + x² + 10 x + 25 = 4(x + 2)². D’où FC’ = 2x+4. Il en résulte FC’ – FC = 4. C et C’ sont donc les foyers de H.
Le lieu de F est donc l’arc d’hyperbole admettant C et C’ comme foyers, passant par F₁ et ayant pour extrémités les points F₂ et F₃.
