018 Géométrie pure
Notations : X , Y : des points du plan (XY) : la droite passant par X et Y [XY] : le segment de (XY) compris entre X et Y XY : la distance de X à Y XY2 : la distance XY au carré XYZ : le triangle XYZ XYZ # UVW : les triangles XYZ et UVW sont semblables
Construction de la figure (en violet): -Deux points quelconques A et B -Un point M quelconque du segment [AB] -Les cercles CAM et CAB de diamètre respectif [AM] et [AB] -N milieu de [MB] -I sur CAB tel que (IN) perpendiculaire à (AB) -K sur [AI] tel que (MK) perpendiculaire à (AB) -L sur [MI] tel que ML = MK -O sur (MK) tel que (OL) perpendiculaire à (ML) -Cercle CO de centre O passant par L Quelques remarques provenant de la construction (propriétés de droites parallèles, angles égaux, angles droits et cercles) -(AI) perpendiculaire à (IB) ; AN.NB = NI2 -(IN) est la médiatrice de [MB] ; IM = MB ; INM # INB -AMK # ANI -MLO # INM Par construction toujours, CO est tangent à (MI), et (OM) est perpendiculaire à (AB). Il y a donc 2 propriétés à démontrer pour répondre au problème : a- que le cercle CO que l'on a construit est tangent à CAM. b- que le cercle CO que l'on a construit est tangent à CAB. Définissons quelques cercles et points supplémentaires (en gris) : - les cercles CA, CM et CB de rayon OL et de centre respectif A, M et B. - les points E, F, G, H respectivement sur CA, CM, CM et CB, et respectivement sur [AM], [AM], [MB] et [MB]. On a alors des tas de propriétés intéressantes : - KMF # KMG - MG = OL et MK = ML d'où MG/MK = LO/LM ; et KMG et MLO rectangles ; donc KMG # MLO - et donc en regroupant : KMF # KMG # MLO # INM, d'où (FK) parallèle à (MI) ; et de même KMG # INB, d'où (KG) parallèle à (IB) - donc (AK) perpendiculaire à (KG) appartient au cercle CAG de diamètre AG ; ou encore AM.MG = MK2 - on a aussi MG = HB et N milieu de [MB] d'où aussi N milieu de [GH] - et enfin, on a MG/MN = FM/MN = MK/NI = AK/AI = AF/AM (en utilisant en séquence MG=FM ; KMF # INM ; AMK # ANI ; AFK # AMI ) Montrons la propriété a- : soit P le centre du cercle CAM. AM.MG = MK2 = ML2 = MO2-OL2 = MO2-MG2 ; et AM = 2.PM ; d'où 2.PM.MG + MG2 = MO2, et donc PG2 = (PM+MG)2 =PM2 + 2PM.MG + MG2 = PM2 + MO2 = PO2 d'où PG = PO, ce qui montre que CAM est tangent à CO. Montrons la propriété b- : soit Q le centre du cercle C. EM.MH = (AM-AE).MH = AM.MH - AE.MH = AM.(MG+GH) - AE.(MB-BH) EM.MH = AM.MG + AE.BH + AM.GH - AE.MB et on a d'une part : AM.MG = MK2 = ML2 ; AE.BH=OL.OL=OL2 ; d'où AM.MG + AE.BH = MO2 et d'autre part : GH/MB = 2GN/2MN = GN/MN = (MN-MG)/MN = 1 - AF/AM = (AM-AF)/AM GH/MB = MF/AM = AE/AM ; ou encore AM.GH - AE.MB = 0 Donc, EM.MH = MO2 : O appartient au cercle CEH de diamètre [EH]. Or Q est aussi le centre du cercle CEH, d'où QO = QH, ce qui montre que CAB est tangent à CO. |