D1832 ‒ Des multi-solutions pour deux pivots [*** à la main]
Problèmes proposés par Maurice Bauval
Pb₁ On donne un cercle (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.
Pb₂ 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.
Nota: au moins deux solutions distinctes sont demandées pour chacun des deux problèmes.
Solutions proposées par Bernard Vignes Pb₁
On pose OI = OI' = OB = OM = 1, OA = d < 1, IAM = α et AOM = β.
La médiatrice de BN coupe BN au point J milieu de BN et la droite BM au point K.
1ère solution
Comme OBK = OMB = AOM = β et BKO = AOK = JOI' = BOJ ‒ BOI' = BMN ‒
OBM = IAM ‒ β = α ‒ β = AMO, les triangles OBK et OAM sont semblables.
On en déduit BK/OB = OM / OA = 1/d. D'où BK = 1/d.
Les triangles OCI et KCB sont semblables. D'où BC/BK = CI/IO = (BC+CI)/(BK +IO) , ce qui donne IC/IB
= IO/(BK + IO) = d/(d+1) = cte.
Le lieu de C quand (Δ) pivote autour de A est le cercle (γ) tangent en I au cercle (Γ) et homothétique à ce cercle par l'homothétie de centre I et de rapport d/(d+1). Le diamètre de (γ) est égal à 2d/(d+1)
2ème solution
L'axe des abscisses est la droite OI et l'axe des ordonnées est la perpendiculaire en O à OI. La droite OK a pour équation Y = tan(α ‒ β)X.
Les coordonnées du point M sont: cos(β) et sin(β). D'où les coordonnées du point K: sin(β).cot(α ‒ β) et sin(β) et la distance BK = sin(β).cot(α ‒ β) + cos(β) = (sin(β)cos(α ‒ β) +cos(β).sin(α ‒ β))/sin(α ‒ β)
=sin(α)/sin(α ‒ β)
La loi des sinus dans le triangle OAM donne la relation sin(α)/sin(α ‒ β) = OM /OA. D'où BK = 1/d.
Quand (Δ) pivote autour de A, le point K décrit donc le cercle (Γ ') isométrique au cercle (Γ) de centre O' sur l'axe des abscisses tel que OO' = BK = 1/d.
D'après le théorème de Thalès, OK/OC = 1 + CK/OC = 1 + BK/OI = (d + 1)/d. Le point C est donc l'homothétique du point K par l'homothétie de centre O et de rapport d/(d+1).
Le lieu de C est le cercle homothétique au cercle (Γ ') par l'homothétie de centre O et de rapport d/(d + 1).
On retrouve le cercle (γ) de la première solution.
Pb₂
1ère solution
Quand la droite PQ pivote autour du point A, les lieux respectifs de P et de Q sont les cercles de diamètre AB et AC.Il en résulte que la médiatrice de la corde DP passe par le point N milieu de AB et la médiatrice de la corde DQ passe par M milieu de AC. Comme le centre O du cercle circonscrit au triangle DPQ est à l'intersection de ces deux médiatrices,on a la relation d'angles MON = 180° ‒ PDQ.
Or PDQ = PDA + QDA = ABP + ACQ = 180° ‒ PAD ‒ QAD = BAC. Le cercle (γ) circonscrit au triangle DMN est tel queMDN = MAN = BAC.
Les angles MON et MDN sont supplémentaires et le point O décrit donc (γ), cercle d'Euler du triangle ABC.
2ème solution
On a les relations d'angles: DPQ = BDA = CBA, DQP = DCA = BCA et PDQ = 180° ‒ DPQ ‒ DQP = 180° ‒ CBA ‒ BCA = BAC.
Quand la droite PQ pivote autour du point A, le triangle DPQ reste semblable au triangle ABC. L'angle
ODP est donc constant et est égal à DAC qui s'obtient quand le point Q est confondu avec le point A.
Le rapport DO/DP = k est lui aussi constant. Comme le point P décrit le cercle circonscrit au triangle ABD, le point O décrit un cercle qui se déduit de ce cercle par une similitude de centre D,d'angle DAC et de rapport k. On vérifie que ce cercle passe par le point N milieu de AB quand Q est en A, par le point M milieu de AC quand P est en A et par le point D quand la droite PQ est confondue avec la hauteur AD. C'est donc le cercle (γ), cercle d'Euler du triangle ABC.
