Exercice sur les cordes d'un cercle

Par MathOMan, samedi 26 décembre 2009 à 19:38 - Exo, enigme, casse-tête - RSS

Voici un joli exercice de géométrie dans le plan. L'énoncé est surprenant et semble plutôt simple, mais la démonstration ne l'est pas.

Soit $\scr{C}$ un cercle, A,B deux points distincts sur $\scr{C}$ et M le milieu de la corde [AB]. Soient [PQ] et [SR] deux autres cordes passant par M. On note C (resp. D) le point d'intersection de [AB] avec [PS] (resp. [RQ]).
Démontrer que M est aussi le milieu de [CD].

cercle, cordes, milieu d'un segment, preuve difficile

Etonnant : si M est le milieu de [AB], alors aussi de [CD] !

Remarque : Ce problème est posé dans une vidéo sur Jean-Pierre Kahane du site Images des Maths. On y trouve une preuve élégante utilisant un faisceaux de coniques (niveau supérieur). Mais il existe aussi deux autres preuves, l'une géométrique et astucieuse (niveau collège) et l'autre bête et calculatoire (niveau classe de première) : vous les trouverez dans les commentaires ci-dessous.

Commentaires

1. Le dimanche 27 décembre 2009 à 16:16, par Antouziast

Est-ce accéssible à un élève de terminale où ai-je besoin d'outils que je n'ai pas encore pu appréhender ?

2. Le lundi 28 décembre 2009 à 14:37, par JLT

On observe d'abord que les triangles MQR et MSP sont semblables.

Soit I le milieu de QR, H le pied de la hauteur du triangle MQR issue de M, et N le point tel que IHMN soit un rectangle. Soit O le centre du cercle. Les triangles MNO et MHD sont semblables (car MN, NO et OM sont perpendiculaires à MH, HD et DM respectivement), donc OM/MN = DM/MH, donc

OM/DM = MN/MH = IH/MH.

Mais si J est le milieu de PS et H' est le pied de la hauteur du triangle MSP issue de M, on a de même OM/CM = JH'/MH'.

Comme MQR et MSP sont semblables, on a IH/MH = JH'/MH', donc OM/DM = OM/CM, donc DM=CM.

3. Le samedi 16 janvier 2010 à 18:29, par MathOMan

Très belle solution ! En fait j'ai trouvé cette question dans une vidéo sur Jean-Pierre Kahane. Il y pose le problème et évoque deux possibilités de solution (sans les donner) :

par un calcul explicite en coordonnées,

par passage dans le plan projectif.

En revanche il ne parle pas de la solution élémentaire proposée par JLT. J'aimerais bien connaître la solution dans le projectif (c'est inhabituel de prouver une question métrique dans le projectif).

Je vais quand même expliciter la solution analytique même si elle est moins belle. Deux raisons pour cela : D'abord même si la dévise des mathématiques est short is beautiful, il peut être préférable dans certaines circonstances (lors d'un examen par exemple) d'utiliser une méthode plus longue mais dont on est certain d'arriver au bout plutôt que de chercher une solution astucieuse et élégante. Et deuxièmement il est toujours instructif pour un étudiant d'appliquer la machinerie calculatoire qu'on lui enseigne. Dans notre exemple on sait qu'on a affaire à des intersections entre un cercle et des droites ; alors une solution analytique doit être possible car on sait résoudre les équations linéaires et de second degré.

On peut supposer que le cercle a rayon 1, puis choisir un repère orthonormé d'origine M telle que la droite (AB) est l'axe des abscisses. Le centre du cercle a alors les coordonnées (0,m) avec -1<m<1. On a donc les équations suivantes,
$\begin{align*} \scr{C}\;:\; x^2+(y-m)^2&=1\,, & (AB) \;:\;y&=0\,,\\ (PQ) \;:\;x&=ay\,,& (RS) \;:\;x&=by\;. \end{align*}$
Nous avons pris x=ay au lieu de l'habituel y=ax pour inclûre le cas où (PQ) est verticale et exclûre celui où (PQ)=(AB). En plus nous supposons (PQ) est différente de (RS), c'est-à-dire a et b sont des réels distincts.

Calculons les coordonnées des points P et Q en fonction de a. En remplaçant l'équation de (PQ) dans celle du cercle on voit que les ordonnées de P et de Q sont racines de l'équation de second degré $a^2y^2+(y-m)^2=1$ . Autrement dit
$\forall y\in\mathbb{R}\;:\qquad(1+a^2)y^2-2my+m^2-1=(1+a^2)(y-y_P)(y-y_Q).$
Une équation similaire avec b à la place de a est valable pour $y_R$ et $y_S$ . On a donc les relations racines-coefficients suivantes
$\begin{align*} (1+a^2)(y_P+y_Q)&=2m, &(1+a^2)y_Py_Q&=m^2-1, \\ (1+b^2)(y_R+y_S)&=2m, & (1+b^2)y_Ry_S&=m^2-1. \end{align*}$

Maintenant calculons les coordonnées de C. Nous savons que l'ordonnée de C est nulle. Pour calculer l'abscisse nous utilison la condition d'alignement par le déterminant.
$\begin{array}{rcl} 0&=&\begin{vmatrix}x_C-x_P~~&~~x_S-x_P~~ \\ y_C-y_P~~&~~y_S-y_P\end{vmatrix} =\begin{vmatrix}x_C-ay_P~~&~~by_S-ay_P~~ \\ -y_P~~&~~y_S-y_P\end{vmatrix}\\& =&(x_C-ay_P)(y_S-y_P)+y_P(by_S-ay_P)\\&=&(y_S-y_P)x_C+(b-a)y_Py_S \:. \end{array}$
Donc on a l'équation suivante pour $x_C$ , puis une équation analogue pour $x_D$ (obtenue en changeant P en Q et S en R),
$\begin{align*} (y_S-y_P)x_C&=(a-b)y_Sy_P\:,& (y_R-y_Q)x_D&=(a-b)y_Ry_Q\:. \end{align*}$

Notre but et de prouver que $x_C=-x_D$ . Allons y ! Par combinaison linéaire des deux équations, puis en utilisant les relations racines-coefficients, on calcule
$\begin{array}{rcl} \frac{(y_S-y_P)(y_R-y_Q)}{a-b}\:(x_C+x_D)&=&(y_R-y_Q)y_Sy_P+(y_S-y_P)y_Ry_Q\\& =&y_Ry_Sy_P - y_Qy_Py_S + y_Sy_Ry_Q-y_Py_Qy_R\\& =&\frac1{m^2-1}\left(\frac{y_P}{b^2+1}- \frac{y_S}{a^2+1}+ \frac{y_Q}{b^2+1}- \frac{y_R}{a^2+1} \right)\\& =&\frac1{m^2-1}\left(\frac{y_P+y_Q}{b^2+1}- \frac{y_R+y_S}{a^2+1}\right)\\& =&\frac1{m^2-1}\left(\frac{2m}{(a^2+1)(b^2+1)}- \frac{2m}{(b^2+1)(a^2+1)}\right)=0\:. \end{array}$
Si $y_S\neq y_P$ et $y_R\neq y_Q$ alors le calcul ci-dessus implique $x_C+x_D=0$ . Si $y_S= y_P$ alors par symétrie aussi $y_R=y_Q$ et on obtient encore que M est le milieu entre C et D.
Cette dernière situation ne correspond pas à notre dessin, mais à celui ou on a permuté les rôles de P et S. En fait nous avons prouvé en même temps le résultat dual suivant : M est le milieu de l'intersection de (AB) avec (SQ) et avec (PR). Voir cette illustration de Alexander Bogomolny pour l'énoncé plus général.

4. Le vendredi 29 janvier 2010 à 13:02, par MathOMan

On vient de me signaler une liste de preuves de cet énoncé connu sous le nom théorème du papillon. Ma preuve analytique ci-dessus n'y figure pas, probablement parce qu'elle est efficace mais pas élégante...

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