Un exercice difficile pour moi

stfj
Modifié (3 Apr) dans Géométrie
 Soit $(O)$ un cercle, $A,B$ deux points quelconques de ce cercle supposés fixes et $M=\frac12(A+B)$. Soit $P,Q$ deux points variables sur le cercle. On considère la tangente en $P$ qui coupe $AB$ en $C$, $CQ$ recoupe $(O)$ en $D$. Le cercle $(QMD)$ recoupe $AB$ en $E$. Montrer que $$PE\cap OM$$ reste fixe
https://www.geogebra.org/classic/jagkdwbp

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J'ai des connaissances largement insuffisantes que vous voudrez peut-être avoir la patience de tenter de combler. Par exemple, je sais que 
* La perpendiculaire à $OC$ passant par $P$ est la polaire de $C$ par rapport à $(O)$
* J'ai observé que $E\in$ cette polaire mais je ne sais pas le démontrer.
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Bref, mes connaissances pour ne pas être trop ridicule devant des élèves de collège quand il s'agit d'appliquer le théorème de Pythagore et le théorème de Thalès dans des situations simples, sont largement insuffisantes ici pour un exercice qui me fascine et dont j'espère vous m'aiderez à dissiper tous les mystères enchanteurs pour n'y voir qu'un exercice simple pour vous.
Cordialement, 
Stéphane

Réponses

  • Bonjour,
    Tu devrais te documenter sur les pôles et polaires réciproques.
    Ici, sans rentrer dans les détails, la polaire de $C$ par rapport au cercle$(O)$ (la droite $(PE)$) passe par le pôle de $(AB)$ par rapport à ce même cercle.
    C'est le point $F$.
  • john_john
    Modifié (3 Apr)
    Et si $F$ était le pôle de $(AB)$ ?
  • Bonjour,

    Un coup de Morley, pour changer  :):
    % Stfj - 03 avril 2024 - Un exercice difficile pour moi
    
    clc, clear all, close all
    
    syms a b p q % Affixes de A,B,P,Q
    
    aB=1/a; bB=1/b; pB=1/p; qB=1/q; % Conjugués
    m=(a+b)/2; mB=(aB+bB)/2; % Milieu M de [AB]
    
    % La tangente en P a pour équation pB z + p zB = 2
    % La droite (AB) a pour équation z + ab zB = a+b
    [c cB]=IntersectionDeuxDroites(pB,p,-2,1,a*b,-a-b); % Point P
    c=Factor(c); % On trouve c=-p*((a+b)*p-2*a*b)/(a*b-p^2)
    
    syms d
    NulD=Factor(det([c cB 1; q qB 1; d 1/d 1])) % C,Q,D alignés avec D sur le cercle
    % (- p^2 + 2*q*p + a*b - a*q - b*q)*d + a*p^2 + b*p^2 - p^2*q - 2*a*b*p + a*b*q = 0, donc:
    d=((a+b-q)*p^2-a*b*(2*p-q))/(p*(p-2*q)+(a+b)*q-a*b); dB=1/d;
    
    syms e
    eB=(a+b-e)/(a*b); % E est sur (AB)
    Bi=Birapport(q,m,d,e);
    BiB=Birapport(qB,mB,dB,eB);
    NulE=Factor(Bi-BiB) % Q,M,D,E sont cocycliques
    % ((a+b)*p^2-4*a*b*p+a*b*(a+b))*e -((a^2+b^2)*p^2-2*a*b*(a+b)*p+2*a^2*b^2)=0, donc:
    e=((a^2+b^2)*p^2-2*a*b*(a+b)*p+2*a^2*b^2)/((a+b)*p^2-4*a*b*p+a*b*(a+b)); 
    eB=(a+b-e)/(a*b);
    
    % La droite (OM) a pour équation mb z - m zB = 0
    [ppe qpe rpe]=DroiteDeuxPoints(p,e,pB,eB); % Droite (PE)
    [f fB]=IntersectionDeuxDroites(ppe,qpe,rpe,mB,-m,0);
    f=Factor(f)
    % On trouve f=2*a*b/(a+b)
    % F est donc l'inverse de M par rapport au cercle (O)
    % Il est bien fixe, indépendant de P et Q.
    Cordialement,
    Rescassol

  • stfj
    Modifié (3 Apr)
    Il est facile de démontrer que (en notant $m$ la polaire d'un point $M$ par rapport à un cercle ), si $B$ est situé sur $a$, alors $b$ passe par $A$. J'imagine que c'est ce que tu veux dire par "tu devrais te documenter sur les pôles et polaires réciproques", @cailloux?

    Mais, justement, c'est ce que j'écris dans OP, pourquoi $PE$ est-elle la polaire $c$ de $C$?
  • @john_john : pourquoi $PE\perp OC$?
  • cailloux
    Modifié (3 Apr)
    Par exemple, on peut prouver que la division $(A,B,C,E)$ est harmonique c'est-à-dire $MA^2=MB ^2=\overline{MC}.\overline{ME}$ (avec $M$ milieu de $[AB]$) :
    On part de $\overline{CA}.\overline{CB}=\overline{CE}.\overline{CM}$ (les puissances de $C$ par rapport aux cercles).
    On fait intervenir le point $M$ avec Chasles dans les 3 premiers termes et on développe.
    [Edit] Deux pages du Lebossé & Hémery sur ce(s) sujet(s) (et pas pour faire enrager Vassillia) :

  • stfj
    Modifié (3 Apr)
    ok je le tiens.  Je développe ce que tu as écrit : 
    $$CA.CB=CD.CQ\text{ (puissance de C par rapport à }(O))$$ $$CD.CQ=CE.CM\text{ (puissance de C par rapport à }(DMQ))$$

    Donc, en oubliant les flèches de vecteurs, $$CA.CB=CE.CM$$ $$\implies (CM+MA).(CM+MB)=CE.CM$$ $$\implies CM^2+MA.MB=(CM+ME).CM=CM^2+ME.CM$$

    Cela va me permettre de répondre de façon élégante à une question qui m'a beaucoup intéressé. Merci @cailloux.
  • Côté "élégance", il y a peut-être une meilleure manière de s'y prendre ... Qui sait ?
  • @cailloux :  mise à part les petits calculs vectoriels faciles que tu as indiqués, ta démonstration se résume en l'application directe de la propriété $$\text{Si B est situé sur a, alors b passe par A}$$C'est très court en tout cas. :)
  • Bonjour,
    Au vu de ceci (merci @Rescassol ) :
    % F est donc l'inverse de M par rapport au cercle (O)
    on peut tout reprendre via l'inversion définie par le cercle $(O)$.
    Ce n'est pas plus simple.
  • Tonm
    Modifié (5 Apr)
    Bonsoir, une façon différente est de prouver généralement que les points suivants $$E\left(\dfrac{1-d^2}{X};-d\right), D(\cos(a);\sin(a)), Q(\cos(b);\sin(b)), M(0;-d) $$ sont cocycliques si et seulement si $X=\dfrac{d(\cos(a)-\cos(b))+\sin(b-a)}{\sin(b)-\sin(a)}$. 
    Vous voyez que c'est un calcul dans un repère pour centre $O$ celui du cercle unité ; j'ai gardé les points comme dans la figure initiale, puis pris $D$ et $Q$ (au lieu de $P$ et $Q$) comme variables puisque $D$ et $P$ se correspondent.
    Et considérer la droite d'équation $y=\dfrac{x(X)-1}{d}$ passant par le point $F(0;\frac{-1}{d})$.
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