Problème proposé par Dominique Roux
On donne un point F intérieur à un cercle (O) de centre O.
Une droite variable passant par F coupe le cercle (O) en deux points M et N.
Le cercle de diamètre [FM] recoupe (O) en M' et le cercle de diamètre [FN] recoupe (O) en N'.
1) Montrer que le point A commun à MM' et NN' ainsi que le point B commun à MN et M'N' décrivent une même droite.
2) Montrer que MN' et M'N se coupent en un point fixe situé sur OF.
3) Montrer que M'N' passe par un point fixe.
Soit r le rayon du cercle (O) et -p2 la puissance de F par rapport à (O), OF2=r2-p2. Transformons le problème par l’inversion de pole F, de puissance -p2 . Les inverses des cercles de diamètre FM et FN sont les perpendiculaires (NP et MQ) à MN passant par N et M et recoupant le cercle (O) en P et Q. MNPQ est alors un rectangle de centre O. PQ passe le point G, symétrique de F par rapport à O.
1) Les cercles circonscrits à FNP et FMQ se croisent au point C, pied de la
perpendiculaire abaissée de F sur PQ, tandis que le cercle circonscrit à FPQ, qui a pour axe de symétrie la médiatrice de MN et PQ, coupe MN au point D,
symétrique de F, donc pied de la perpendiculaire abaissée de G sur MN : C et D appartiennent donc au cercle de diamètre FG.
2) Puisque O est le centre du rectangle MNPQ, OM.OP=ON.OQ=-r2, et la
puissance du point O est la même par rapport aux cercles circonscrits à FNP et FMQ, donc OF recoupe ces cercles en un même point H, tel que OF.OH=-r2 ; OF.FH=OF.OH-OF =p2 -2r2 .
3) De même, la puissance de G par rapport au cercle circonscrit à FPQ est égale à GP.GQ, c’est à dire la puissance de G par rapport au cercle (O), qui reste
constante et égale à celle de F : donc GF recoupe le cercle circonscrit à FPQ en un point fixe I, tel que GF.GI=-p2, FI.FG=FG2+GI.FG=4(r2-p2)+p2=4r2 -3p2 . En transformant ces résultats par inversion, on en déduit que A et B appartiennent à la polaire de G par rapport à (O), que MN’ et M’N se coupent en H’ et que M’N’
passe par I’, inverses respectifs de H et I.
