Commentaire sur l'article

• 4.8.13

  le 15 janvier 2019 à 23:47, par Cosmo’Note

  Soit un triangle quelconque ABC.
  Un cercle (C) de centre I, milieu du segment [BC] et de diamètre BC intersecte (AB) et (AC) respectivement en M et N. (MC) et (NB) se coupent en T.
  Il existe un seul et unique cercle (K) tangent à (AT) en T et passant par I qui coupe le segment (MN) en son milieu J.

  Après pour la démonstration il faut encore creuser...

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• Soit, creusons !

  le 29 décembre 2021 à 10:52, par Reine

  Je garde vos notations : partant de deux sécantes $AMB$ et $ANC$ menées d’un point $A$ à un cercle, on appelle $T$ l’intersection de $BN$ et $CM$, et il s’agit de prouver que la droite $AT$ est tangente au cercle passant par $T$ et par les milieux des segments $BC$ et $MN$. Je n’ai pas nommé ces milieux, et je ne les ai pas tracés sur la figure ci-jointe, parce qu’il est plus commode d’introduire les points $P$ et $Q$ tels que $MTNP$ et $BTCQ$ soient des parallélogrammes [1] et de prouver plutôt que $AT$ est tangente au cercle passant par $\,T$, $P$ et $\,Q$, le résultat cherché s’en déduisant immédiatement via l’homothétie de centre $T$ et de rapport $1/2$.

  Je ne suppose pas non plus que $BC$ soit un diamètre du cercle ; cela n’est pas explicitement indiqué sur la figure que le site nous propose, et de toute façon le résultat sera vrai sans cette hypothèse. Outre $P$ et $Q$, j’ai ajouté deux autres points à la figure : $MP$ recoupe $AC$ en $D$, et $NP$ rencontre $AB$ en $E$.

  Les triangles $ABC$ et $ANM$ sont semblables ; ils ont en effet les mêmes angles grâce à la cocyclicité des points $B$, $C$, $M$ et $N$. Plus précisément, en tant qu’angles orientés de droites, leurs angles correspondants sont opposés ; il existe donc une similitude inverse$\,$ $s$ de centre $A$ telle que ${s(B)=N}$ et ${s(C)=M}$. [2] Cette similitude commute avec les homothéties centrées en $A$, en particulier avec celle (appelons-la $h$) qui envoie $M$ sur $E$ et $C$ sur $N$ (rappelons que $NE$ est parallèle à $CM$). On a donc ${s(N)=s\,h(C)=h\,s(C)=E}$, d’où ${s(BN)=NE}$. Un raisonnement analogue, avec l’homothétie qui envoie $B$ et $N$ sur $M$ et $D$, montre que ${s(CM)=MD}$. Prenant les intersections, on a ${s(T)=P}$ ; et l’on peut établir de la même façon que ${S(Q)=T}$.

  Ainsi, le triangle $ATP$ est l’image par $s$ de $AQT$. On en tire des égalités d’angles de droites : d’abord, ${(AP,AT)=-(AT,AQ)}$, qui dit que les points $A$, $P$ et $Q$ sont alignés. [3] Ensuite, ${(QT,TA)=-(TP,PA)}$, qui, compte tenu de l’alignement de $A$, $P$ et $Q$, se réécrit ${(QT,TA)=(PQ,PT)}$. Ceci dit que $TA$ est tangente au cercle passant par $T$, $P$ et $Q$.

  [1] J’emprunte cette idée à l’élégante démonstration de Sidonie pour la Figure sans Paroles 3.8.

  [2] J’utilise des angles orientés pour ne pas dépendre du cas de figure ; si l’on colle à la figure proposée, des angles « naïfs » et une similitude « naïve » font l’affaire.

  [3] En toute généralité, le carré $\,s\circ s$ d’une similitude inverse de rapport $\,k$ est toujours l’homothétie de même centre et de rapport $\,k^2$. Mais en fait, ici, cet alignement a lieu même si les points $\,B$, $C$, $M$ et $\,N$ ne sont pas supposés cocycliques, comme le montre Sidonie (suivez le lien de la première note).

  Document joint : figure-4-8-13.pdf
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