Deux cercles tangents extérieurement
Bonjour
Un exercice sur une construction qui ressemble à celle du lemme de Protassov, inspiré d'un problème proposé par Nelson Tunala et repris plus loin.
Soient
• deux cercles c₁︎(O₁︎,r₁︎) et c₂︎(O₂︎,r₂︎), r₁︎ < r₂︎, tangents extérieurement en P,
• une sécante AB du cercle c₂︎ tangente en T au cercle c₁︎, telle que TA < TB < 2r₂︎
• le cercle c₃︎(B,BT) coupant le cercle c₂︎ en D et C

Montrez que
Un exercice sur une construction qui ressemble à celle du lemme de Protassov, inspiré d'un problème proposé par Nelson Tunala et repris plus loin.
Soient
• deux cercles c₁︎(O₁︎,r₁︎) et c₂︎(O₂︎,r₂︎), r₁︎ < r₂︎, tangents extérieurement en P,
• une sécante AB du cercle c₂︎ tangente en T au cercle c₁︎, telle que TA < TB < 2r₂︎
• le cercle c₃︎(B,BT) coupant le cercle c₂︎ en D et C

Montrez que
- DC est tangent au cercle c₁︎. Soit E ce point.
- E, P et B sont colinéaires.
Cordialement,
Jean-Pol Coulon
Jean-Pol Coulon
Réponses
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Bonsoir Jean-Pol,
Je pense que c'est un cas d'application du théorème de Reim, cher à notre ami @Jean-Louis Ayme ...
Je vais regarder cela sous cet angle ...
Bien cordialement, JLB -
Bonjour Jelobreuil,
C'est bien parce que je n'ai pas réussi à appliquer Reim
• (T, P et C ne sont pas colinéaires)
• (E n'est pas l'image de T par symétrie axiale O₁︎O₂︎)
• (BO₂︎ est bien par construction la médiatrice de DC)que j'ai soumis la question ici ... en espérant une réponse synthétique.
Je dispose en effet de réponses algébriques au problème similaire de Nelson Tunala, sans grand intérêt pour mon esprit.
Ci-dessous la question originale (proposée par Nelson Tunala) dont j'ai tiré un corollaire, selon moi plus évocateur visuellement.
Note :
une propriété propre à toute paire de tangentes du cercle c₁︎ sécantes du cercle c₂︎, et donc vérifiée dans « mon » cas très particulier :
TB/EC = PB/PC (Ercole Suppa, Stanley Rabinowitz)
mais
≠ TP/EP :
les △PTN et △PEC ne sont pas semblables.
Belle soirée,
Jean-Pol -
Oui, Jean-Pol, c'est vrai, je me suis avancé à la légère et j'aurais dû me contenter d'écrire "Cela me fait penser au théorème de Reim". Je viens de me le remettre en tête, et il n'est pas directement applicable ici ...Et ta version est nettement plus intéressante que la question originale !Bonne soirée, à toi aussi,Jean-Louis B.
-
Bonjour Jelobreuil
Je propose, inspiré par Nelson Tunala :
ce qui nous donne ∠ETP = ∠DEP
CQFD il me semble -
Salut
Je ne sais pas si c'est mieux ou moins bien, mais personnellement, j'aurais procédé comme ça.
Si on note $F$ le point d'intersection autre que $P$ de $(BP)$ avec $c_1$ alors :
la puissance de $B$ par rapport à $c_1$ est $BP\!\times\!BF=BT^2$ donc la puissance de $F$ par rapport à $c_3(B,BT)$ est $FB^2\!-\!BT^2=FB(FB-BP)=FB\!\times\!FP$ qui est aussi la puissance de $F$ par rapport à $c_2$.
Donc $F$ est sur l'axe radical $\Delta$ des deux cercle $c_2$ et $c_3$, c'est-à-dire sur la droite joignant leurs deux points d'intersections s'ils sont sécants.
De plus cet axe radical est perpendiculaire à la droite $(BO_2)$ joignant leurs centre donc aussi à la droite $(FO_1)$ (image de $(BO_2)$ par une homothétie centrée en $P$) ce qui signifie que l'axe radical $\Delta$ est tangent à $c_1$.
-
Bonjour,
après la construction de P et E
1. (CB) est tangente au cercle passant par E, P et C
2. penser à Miquel ( trois cercles concourants en P.
Sincèrement
Jean-Louis
-
Bonjour,
en passant à la rédaction (next), il y a bien du Reim dans ma preuve...(Jean-Louis).
Sincèrement
Jean-Louis
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Bonjour JL
Reim ... super.
Je suis impatient ! -
Bonjour à tousJe n'aime pas tellement l'énoncé de gipsyc car les points $A$, $B$, $C$, $D$ de sa figure n'existent pas nécessairement.Je propose la formulation suivante (avec mes propres notations):$\Gamma$ et $\Gamma'$ sont deux cercles de centres respectifs $O$ et $O'$ tangents extérieurement en $T$.Soit $M$ un point de $\Gamma$, la droite $MT$ recoupe $\Gamma'$ en $M'$.Soit $\lambda$ le cercle de centre $M$ orthogonal à $\Gamma'$.Alors l'axe radical des cercles $\Gamma$ et $\lambda$ est la tangente $\delta'$ en $M'$ au cercle $\Gamma'$.De même, soit $\lambda'$ le cercle de centre $M'$ orthogonal à $\Gamma$.Alors l'axe radical des cercles $\Gamma'$ et $\lambda'$ est la tangente $\delta$ en $M$ au cercle $\Gamma$.Les cercles $\lambda$ et $\lambda'$ sont orthogonaux et leur axe radical passe par $T$.Amicalementpappus
-
Bonjour pappus
Merci pour cette autre approche.
Mon erreur est de m'être laissé influencer par le schéma de Nelson Tunala, qui prend le deuxième point d'intersection de la tangente au premier cercle c₁︎ avec le deuxième cercle pour construire son problème.
Je me suis également laissé influencé par la construction d'un lemme de Protassov
disant que la T-bissectrice du △TBC passe par le centre inscrit du △ABC.
Le problème de Nelson Tunala que je propose ici avait donc bien sa place sous ce problème dans mes notes.
Les propriétés énoncées dans mon problème sont tout aussi vérifiées avec le point A ... donc peu importe le point du deuxième cercle intercepté par la tangente en T.
Voici le schéma que j'aurais dû ou pu proposer, en demandant de prouver que CD est tangent en E au premier cercle et que EPA sont colinéaires.
ou
C'est vrai que le cercle construit (A,AT) en bleu y est orthogonal au premier cercle c₁︎ ... mais dans mon idée cela faisait partie d'une des solutions possibles à apporter.
Amicalement,
Jean-Pol -
Bonsoir Jean-Pol,En réfléchissant sur ta figure initiale, je m'étais demandé si l'on pouvait aborder cette figure différemment, en partant des deux cercles tangents en P, d'une sécante commune EPB, d'une droite issue de B et tangente au "petit cercle" en T, et du cercle de centre B et de rayon BT ...Bien cordialement, Jean-Louis B.
-
Bonsoir Jean-Louis B
Si je poursuis ta variante sur mon problème, il ne reste plus qu'à marquer les points C et D sur le grand cercle avec le cercle (B,BT) et à montrer que la droite CD non seulement passe par E mais y est tangent du petit cercle.
C'est peu ou prou le même problème, avec la démonstration en moins de la colinéarité EPB.
Amitiés,
Jean-Pol -
Bonjour gipsycEt je fais ma démonstration.Comprenne qui pourra puisque toutes les notions que je vais utiliser ont disparu depuis si longtemps de notre enseignement qu'on peut se demander si elles ont un jour existé.Prière de se reporter au Lebossé-Hémery: leçons $12$ et $13$!Comme autrefois si $\Gamma$ est un cercle, la fonction puissance par rapport à $\Gamma$ est aussi notée $\Gamma$:$$M\mapsto \Gamma(M)$$Le cercle $\lambda'$ est déjà orthogonal à $\Gamma$ par définition.Il suffit de montrer qu'il est aussi orthogonal au cercle $\lambda$ .Il suffit donc de montrer que:$$\lambda(M')+\lambda'(M)=MM'^2$$Lebossé-Hémery: Leçon $13$, Cercles orthogonaux, Article $306$, Théorème $2$, pages $198-199$, R.I.P.Une simple application de l'axiome de Pythagore montre alors que les cercles $\lambda$ et $\lambda'$ sont orthogonaux: extase, l'axiome de Pythagore, la moitié de notre cours de géométrie actuel.Mais $$\lambda(M')= \overline{M'M}.\overline{M'T}$$et$$\lambda(M)= \overline{MM'}.\overline{MT}$$Il suffit d'additionner et d'appliquer la défunte relation de Chasles.Ceux qui se refusent à utiliser les mesures algébriques, je ne sais trop pourquoi, devront bidouiller un peu plus.Le cercle $\lambda'$ étant orthogonal aux cercles $\Gamma$ et $\lambda$, son centre $M'$ appartient à l'axe radical de ces deux derniers cercles.C'est donc la droite orthogonale à la ligne des centres $OM$ passant par $M'$ et puisque $OM\parallel O'M'$ pour des raisons de défunte homothétie, l'axe radical des cercles $\Gamma$ et $\lambda$ est bien la tangente $\delta'$ en $M'$ au cercle $\Gamma'$.Donc l'exercice de gipsyc est en fait un simple exercice sur les cercles orthogonaux.
Amicalement
pappus
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