D1914. Une droite et son pivot
Un cercle (Γ) de centre O est tangent intérieurement à un cercle (Γ’) de centre O’. La tangente en un point M de (Γ) coupe le cercle (Γ’) en deux points distincts A et B. Les perpendiculaires en A et B à la corde AB rencontrent respectivement les droites OB et OA en P et Q. Démontrer que lorsque le point M parcourt le cercle (Γ), la droite PQ pivote autour d’un point fixe
Solution proposée par Gaston Parrour
C est le pied de la perpendiculaire (O'O) à (T) (AB) coupe en I la tangente commune (T) (IO) est la bissectrice en I de ang BIC x' C x est la parallèle à IO passant par C
(en pointillé rouge) BO coupe x' C x en P'
Préliminaires
On note d'emblée que la définition de P est ''symétrique'' de celle de Q Avec les notations de la figure :
IC (sur la droite (T) ) et IM sont les tangentes au cercle (G) issues de I → O est sur la bissectrice intérieure (IO) à l'angle MIC
→ (IO) est donc perpendiculaire à la corde MC en son milieu m (1) Notons pour la suite 2a = ang BIC de sommet I
b = ang ABC de sommet B
Les points I1 et I2 sont les intersections de (IO) respectivement avec CA et CB x' C x est la parallèle à la bissectrice (IO) menée par C
→ Le point P' sur la figure est à l'intersection de (BO) et de x' C x (G')
O'
(G)
O M
B
A
P'
(T) C I
x
x' I1
I2
m
x1
Montrons que P' ainsi défini est le point P de l'énoncé 1- a = ang OIC = ang ICx (angles alternes internes)
b = ang ABC = ang ACI (interceptent le même arc AC sur (G') ) donc
ang ACx = a + b (2) 2 – puisque x'Cx est parallèle à IO
ang xCx1 = ang I I2 C (de sommet I2) et
ang I I2 C = a + b (en tant qu'angle extérieur au triangle BI2I en I2) (3)
(2) et (3) ==> x'Cx est bissectrice de ACx1 i.e. bissectrice extérieure du triangle ACB en C Puisque (IO) est perpendiculaire à CM (1) et que x'Cx est parallèle à (IO)
==> CM est la bissectrice intérieure en C dans le triangle ACB Alors, avec les notations de la figure :
→ Le triangle I1 C I2 est isocèle (CM(m) est bissectrice et hauteur) → mI1 = mI2 (ou bien → Le faisceau CB,CM,CA,Cx est harmonique. La parallèle I1I2 à Cx est coupée en son milieu m' par les trois autres et puisque m' est alors sur CM, m' se confond avec m)
Les diagonales du quadrilatère M I1 C I2 se coupent donc en leur milieu m et sont orthogonales, ==> M I1 C I2 est un losange
==> (MI2) est parallèle à (AC)
→ Avec ces deux droites parallèles, on obtient BM/BA = BI2/BC
→ Et puisque x'Cx est parallèle à (IO) BO/BP' = BI2/BC
Donc
BM/BA = BO/BP'
==> (AP') est parallèle à (OM) (réciproque du théorème de Thalès) et donc (AP') est perpendiculaire à (AB) en A
==> P' à la fois sur la perpendiculaire à (AB) en A et sur (BO), est donc confondu avec P Et donc, par construction de P', le point P est sur x'Cx
En conclusion
Comme il a été noté, le point Q est défini d'une façon ''symétrique'' à celle du point P Il est clair alors qu'on établit de façon identique :
==> un point Q' , intersection de (AO) avec x'Cx se confond avec le point Q de l'énoncé
==> Les points P et Q sont donc situés sur la droite x'Cx passant par C N.B. Ce résultat est indépendant des angles a et b (selon les notations ci-dessus) → Par conséquent,
==> Lorsque M parcourt le cercle (G) , la droite (PQ) confondue avec x'C x , pivote autour du point de contact C des deux cercles des deux cercles tangents
Dernière remarque :
→ ce résultat ne dépend pas du rayon du cercle (G) (choisi comme lieu de M), ni de celui du cercle (G') : il suffit que ces deux cercles appartiennent au faisceau tangent à (T) en C
