Corrélatif du précédent

7. Calculer les coordonnées trilinéaires normales du centre de gravité, du centre du cercle circonscrit et de l'orthocentre. \érifier que ces trois points sont en ligne droite et calculer le rapport des-vecleurs qu'ils déterminent. [Cy. Chap. XI, Exercice proposé n° 1. — On pourra considérer le centre du cercle circonscrit comme le pôle de la droite de l'infini par rapport à ce cercle (n° 161).]

8. Etendre l'Exercice proposé n° 1 à un quadrilatère gauche. ( Cf. Chap. A II, Exercices proposés n°^ 22 et 23. )

9. Soient un quadrilatère gauche et un point M de l'espace. ^lontrer que les quatre plans déterminés par M et par chacun des côtés du ([uadrilatère coupent les côtés opposés en quatre points situés dans un

même plan.

10. Calculer l'équation du cercle des neuf points en coordonnées n(jrmales. Vérifier analytiquement qu'il passe par les neuf points connus.

Avec les notation? de l'équation (4) de l'Exercice résolu n° 2, on a cosA ^ cosB cosC

11. Calculer les équations des cercles inscrit et exinscrits. (On exprimera que le centre a pour polaire la droite de l'infini, puis que le cercle est tangent à un côté du triangle de référence. On peut aussi chercher l'équation langentielle. )

LE CERCLE

EXERCICES RESOLUS

t. Cercle des neuf points : Soient le triangle ABC. Menons les hauteurs AA', BB', GC Soient^ d'autre part, A", B", C" les milieux des calés, A'", B'", G" les milieux des segments AH, BH, CH. Démontrer <iue les neuf points A', B', C, A", B", C", A'", B"\ C" sont sur un même cercle.

Prenons le côlé BG pour axe des oj, la hauteur AA' pour axe des v

Soient ÔÂ — a,ÔB7=b,0C-c.

Le cercle en question, devant passer à l'origine, a une équation de la forme

l">crivons qu'il passe par B". Les coordonnées de ce point clanl |

(n° •!:)), on a

-, — ac — prt=o.

iJe même, en écrivant (ju'il [)asse par G', nous avons

Oit) — ç>ar=.o.

l>e ces deux équations linéaires en a, (3, on lire b -\- c ^ a"- — hc

Notre cercle est maintenant déterminé. Xérifions alors (|u'il passe

LE CERCLE

par A — - — , o

C'est la première équation (2).

Nous savons maintenant que le cercle A"B"C" passe par O ou A'. Comme les trois sommets du triangle ABC jouent le même rôle par rapport à ce cercle, s'il passe par A', il passe aussi par B' et C, par raison de symétrie. De même, il passera certainement par W et C", si nous prouvons qu'il passe par A'".

Or, l'équation de AC est

La perpendiculaire BH menée par B est donc représentée par

{x ~ b)c=: ay.

Faisant ^ = o, nous avons l'ordonnée du point H :

Celle du point A"' est ensuite ""—-Il =. tzzJ^ ^ ^^3. ^yj,; ^-^^^ . •

Gisement ce qu'on obtient en faisant x = o dans (i) et supprimant la solution 7 = o. Le cercle A"B "C" passe donc bien par A'" et le théorème est démontré.

2. On donne deux cercles (C) et (C). Soit M un point quelconque du premier. Trouver les lieux des centres et des points d intersection des cercles qui sont orthogonaux à{C')et qui sont, de plus, lun tangent, Vautre orthogonal en M à (C).

Prenons la ligne des centres 00' pour axe des x et le diamètre perpendiculaire de (C) pour axe des y {fig. i3). Soit R le rayon de (C) et soit ■ '

l'équation de (C).

Appelons 9 l'angle polaire du point M; ses coordonnées sont (2) a7 = Rcoscp, j' = Rsino.

Tout cercle (F) tangent en Ma (G) fait partie du faisceau déterminé

Fis. i3.

par (G ) et la tangente MT. Or, les équations respectives de (G) et de MT sont

.T^--hj'^ ^' = 0>

^ cos o -+- y sin cp — R =n o.

L'équation de (F) est donc de la forme (n° 171 )

(5) a;- -h y- — R- — 2/.(xcoso — ysino — Rjrro. Ecrivons que ce cercle est orthogonal à (C'j; nous avons (n° 170)

(6) 2 a/ coscp = y + 27iR — R'.

Jj'oil

a coscp - - 1\

Portons dans (')); nous obtenons Féquation du premier des cercles de l'énoncé

(7) (a cos 9 - R) (x^ ■- v'^ ^ R2 ) + ( R2 — y ) (^ coso -i- y sin 9 — R) = o. Les coordonnées de son centre satisfont aux deux équations

^ \ 2œ(cc cos 9 — R ) -i- (R- y) cos 9 -- : o,

f 2 y (a C0S9 — R) H- (R- - y) sin9 z- o.

Nous aurons le lieu de ce centre, en éliminant 9 entre ces deux équa-

lions. On en tire

LE CERCLE. ,

2 R .37 oR v

''''^'^=- nr^ ' sino=r iil:L__.

2ax4-K-— y • 2a^-^K^— y

Elevons au carré, ajoutons et chassons les dénominateurs :

(9) ^^H^-^j-) = {2xa:~K^-y)\

Telle est l'équation du lieu du centre de (T). Elle représente (n» 0I8) une conique de foyer O. La directrice correspondante a pour équation

(ï«) 2a.r-^R2— yrzro.

C'est l'axe radical du cercle (C) et du cercle imaginaire (") ^2-t-7^-^R-^=o.

Quant à l'excentricité, elle est égale à ^. Le lieu est donc une

ellipse, une hyperbole ou une parabole, suivant que O' est intérieur a (C), extérieur à (C) ou sur (G).

Le cercle (F) étant orthogonal à (C) et à ,C'), on sait que son centre se trouve sur l'axe radical A de ces deux cercles. Quant à l'intersection de (E) et de (E'), elle se compose du point .M, qui décrit (Gj et du point A-, dont nous voulons le lieu. On pourrait, à cet efTet, calculer 1 équation de (F) et la combiner avec celle de (E). Mais, il est plus simple d'observer que Taxe radical de (E) et de (F), qui passe déjà par M, passe aussi par O', centre d'un cercle, (G), orthogonal à {Y) et a (E'). Xous aurons donc le point \ en prenant l'intersection de (E) avec la droite O'M. Or. les équations paramétriques de celte droite sont

(12) a7=Rcos9-p(Rcoso-a), r = R sino -1- o R sino

ou

(i3) ^==R(i — pjcoso — ap, r = R(i p)sin9.

Portons dans (-) :

(^<^°s?-R)[R'(i + p)— -2apR(i + p)coso-3cîp^-R^]

-^(I^'— ■/)[R(i^p) — apcosci — R] = o ou ■

(acoso-R)[p2(R^^«.2^Rcos9)-i-2pR(R acos9)]

-~ (R2 — y)p(R acoscp) = o.

Haag. — Exercices, II.

l3o CHAPITRE XI.

On a d'abord la racine 0=0, qui correspond au point M. Divisons donc par p et, en même temps, paracoso- — R; il vient

(i4) p(R2-+-a2— aaRcoso) + 2R^— 2Racos9 — R2+y = o

ou

2Racoscp — R- — y ^^^' ■ P~ R^+a^— 2aKcos9"

En portant dans (12), on aurait les équations paramétriques du lieu. Mais, il est aussi très facile d'éliminer p et 9 entre (i3) et (1/4)- Eliminons R (i -h p)cos9 entre (i4 ) et la première (i3) :

p(R2+ a^) + R^ + 7 — 2a(^ + ap) = o-, d'où

-xocx — R- — y

D'autre part, éliminons 9 entre les deux, équations (i3) :

(17) (^4-ap)2+ r2=rR'-(i + p)^ Portant (16) dans (17), nous rivons Véquation du lieu

[.r(R^+a^)-a(R^-4-y)]^- ^ ^ W^'^ax — oi' - yY

— 4R-ûc-^^2+4K2oc:r(a2+y) — R2(a2+y)^=o

ou

(^2 + j-)(R^— a^)^-2xa(R2-y)(R2— «2)

+ (y^— R2a2)(aî— R2) = o ou, en divisant j)ar H- — a-,

(18) {x-~^y^){\\^—a-) — iJca{?>}—y) + W.'a}—y''~o:

Celle éifuulioii représente un cercle (G" ). dont le centre est sur O]^. Son axe radical avec (Cj a pour équation

R2(R2— a2) 2a^(ir— y)-f-R-a-- y'-=;o

ou, en divisant par R'' — y,

R-H-y — 2ar = o.

LE CERCLE. l3,

On obtient l'équation de l'axe radical de (C) et de (C). Donc, le cercle {U) fait par lie du faisceau qui admet (G) ef (C) pour cercles

de base. Le lecteur vérifiera sans peine qu'il a pour rayon ^^^' en appelant R' le rayon de (C). ~

Si a =: R^ c'est-à-dire si 0' se trouve sur (C), il se réduit à l'axe radical précédent. Si R^zrzy, c'est-à-dire si (C) est orthogonal à (C), il se réduit au cercle (C). Dans ce dernier cas, (T) se confond avec (C); cela explique pourquoi N décrit (C).

Solution géométrique. — Le cercle (C) étant orthogonal à (T). la puissance de ()' par rapport à (P) est R'^. On a donc

Le lieu du point N est donc le cercle (C") inverse du cercle (C) par rapport au cercle (C). De plus, comme (G) est tangent en M à (T), (G") est tangent en A à (T).

Il est aisé maintenant d'avoir le lieu du centre P de (F). Dans le cas de la figure i3, on a

PO' - PO =r OM — 0" N =r R — R".

Le lieu du point P est donc une hyperbole.

On pourrait examiner de même tous les cas de figure possibles et retrouver les résultats obtenus analyliquement.

On peut aussi reconnaître le genre de la conique (S) lieu de P, en observant que le point P va à l'inlini lorsque (T) se réduit à une droite. Gette droite se confond nécessairement avec MNO'. Elle est, de plus, tangente à (G). G'est donc une des tangentes à (G) qui passent par O'. Par suite, les directions asymplotiques de (S) sont perpendiculaires aux tangentes menées par O' à (G). Le lieu de P est donc une hyperbole, une ellipse ou une parabole, suivant que O' est extérieur à (G), intérieur .à (C) ou sur (G).

Voici maintenant une autre solution, qui va nous donner la génération du lieu par le foyer O et la directrice correspondante, comme il a été trouvé analyliquement.

Par le point 0', menons la perpendiculaire à 00', jusqu'à sa rencontre en A avec MT. Menons le diamètre AOEF. Gonsidérons le cercle (F"), qui passe par E et F et qui est orthogonal à (C). Soit H son centre. Le point O', centre du cercle (G') orthogonal à (F) et (F"), se trouve sur l'axe radical de ces deux cercles. Le point A se trouve aussi sur cet axe

radical, car sa puissance est AM par rapport à (F) et AE. AF par rapport à (F"), quantités qui sont toutes deux égales à la puissance de A par capport à (C). Il suit de là que O'A est l'axe radical de (T) et (F"). Comme cet axe radical doit être perpendiculaire à la ligne des centres, on peut affirmer que PH est parallèle à 00'.

En second lieu, le cercle (F") est orthogonal au cercle imaginaire (G"), de centre O et de rayon iR, car la puissance de O par rapport à (F") est OE. OF = — R2=:(/R)2. Comme (F") est, en outre, orthogonal à (C'j, le lieu du point H est Taxe radical A' de (C") et (C).

Je dis maintenant que les triangles OPH et O'OM sont semblables. En

eflet, les angles MOO' et OPH sont égaux, comme correspondants. Remarquons ensuite que OH est perpendiculaire à EF et que OP est

perpendiculaire à MA. Les angles HOP et OAM sont donc égaux. Or, le

quadrilatère OiMAO' est inscriptible ; on a donc OAM =: 00' M. D'où

HOP = OO'M. Les deux triangles ci dessus mentionnés ont deux angles égaux; ils sont donc bien semblables. Il en résulte la proportion

PO oo; a

Plï ~ OM ~ K'

Le lieu du point P est donc une conique de foyer O, de directrice

correspondante A' et d'excentricité ^y •

3. Sur O.r, on donne un point fixe A, d'abscisse a et^ su/- Oy, un point B, d'ordonnée h. On considère deux cercles variables, tangents entre eux et oilhogonaux le premier en A à Ox, le second en B à Oy. On demande :

i" L'enveloppe de la ligne des centres.

2" L'enveloppe de Vaxe radical.

3° Le lieu du point de contact.

4" Le lieu du centre de similitude autre que le point de contact.

Soient a l'abscisse du centre C du premier cercle et [3 l'ordonnée du centre C du second cercle {fig. i4)- Convenons d'orienter (C) au movcn de la demi-tangente positive AT, de même sens que O^. Le rayon algébrique du cycle obtenu ( n" 108) est, comme on s'en rend compte aisément,

(1) ■ \\=CK = a — y..

LE CERCLE. l33

Nous pouvons maintenant orienter (C) en prenant la demi-tangente positive en B dans le sens de Ox ou dans le sens opposé, ce qui revient à

Fig. 14.

prendre R'= — C'B ou h-G'B. En écrivant que les deux cycles obtenus sont tangents (n'' 168), nous serons conduits, suivant la détermination adoptée pour R', à deux groupes de solutions pour les différentes questions posées dans l'énoncé. Mais, chacune des déterminations de R' se déduisant de l'autre par le changement de sens de Oy, ce même changement nous permettra d'obtenir le second groupe de solutions quand nous aurons obtenu le premier. Nous pouvons, d'après cela, nous borner à prendre, par exemple,

Wz=~C'B = ^ — b,

la demi-tangente positive en B ayant donc le sens de O^.

Gela posé, la condition de contact des deux cycles s'écrit ( n° 168)

ou

CC''=r(R-R')2

ou, en posant n -{- b =: m,

(3) 2aj3 — 2m{y. -^ <^) -^ m-=zo.

On voit que les points C et C décrivent, sur Ox et 0 v, deux divisions homographiques.

l34 CHAPITRE X.

1° D'après cela, Tenveloppe de CC est une conique ( n° IW). On pourrait poursuivre la solution dans cette voie. Procédons plutôt analjtiquenaent.

L'équation de CC est

Rien n'est plus aisé que de former l'équation tangentielle de l'enveloppe (n° 293). Identifions (4) avec

(5) ux -\- V y -h w =: o.

Nous avons

D'où

au [3 (' w

Portons dans (3) :

2 (ï'^ H- 2 m iv ( a + (^ ) 4- m- wp =r: o

ou, en décomposant en carrés en prenant tv pour variable directrice (n°4.68),

(6) 2 I (VH ^(«4- t')

On reconnaît l'équation tangentielle d'un cercle (F) (n" 165), dont le centre I a pour coordonnées ( — > — 1 et dont le rayon est — • Ce cercle est tangent à O^ et à Oy.

2°, 3° et 4°- Nous nous bornerons à donner quelques indications au lecteur, qui devra faire les calculs.

Pour 2°, il suivra une marche analogue à celle de 1° et aboutira à

l'équation tangentielle d'un cercle de centre I et de rayon

1» o II- T7"i- '^'-"' (<^ — ^)' 1, Pour 3°, remarquer que la distance Ml =^— — f- -: -, , d après

1° et 2°.

l'our 4", appliquer les formules (Sg) du n° !(){). On peut aussi

prendre le rapport de ct-s deux formules et combiner avec l'équation (4).

On obtient deux équations linéaires en - ? 01 d'où l'on tire ces variables,

LA SPHÈRE. l35

pour porter ensuite dans (3). On obtient, de la sorte, l'équalion du lieu, qui est une hyperbole.

Solution géométrique. — La tangente au point de contact M des deux deux, cercles rencontre BT en G et AT en H (^fig. i4)- i-'^s droites CH et C'G sont bissectrices des triangles HGT et OCC Elles se coupent

donc au point I de rencontre des bissectrices de GTfl et COC On en conclut que MGH et GC' enveloppent respectivement les cercles de centre I et tangents à AT, BT d'une part, à Ox^ Oj d'autre part. Pour le lieu du centre de similitude S, on montrera que AS et BS décrivent deux faisceaux homographiques. A cet effet, on remarquera, au préalable, que les points A' et B', respectivement homologues de A et B dans Ihoniothétie, décrivent des droites BA' et AB' perpendiculaires à 01.

EXERCICES PROPOSES

1. Calculer l'équation du cercle circonscrit au triangle ABC de l'Exercice résolu n** 1. Vérifier que le centre de ce cercle, le centre du cercle des neuf points, le centre de gravité et l'orthocentre sont quatre points en ligne droite et évaluer les rapports des vecteurs qu'ils déterminent. (Géométriquement, il suffit de remarquer que l'orthocentre et le centre de gravité sont les centres dhomothétie du cercle circonscrit et du cercle des neuf points.)

2. Étant donnés un point five O et une droite fixe D, former l'équation générale et trouver le lieu des centres des cercles (C) qui passent par O et qui coupent D en deux points vus de O sous un angle constant. Montrer qxril existe des cercles (F) tels que chacun deux coupe sous le même angle tous les cercles (C). Les cercles (F) forment un faisceau, dont on cherchera les points limites. Solution géométrique.

[On pourra prendre comme paramètre variable l'angle polaire du centre du cercle (C). Pour la solution géométrique, remarquer que le cercle d'isogonalité de deux cercles (C) quelconques passe par 0 et par le symétrique de 0 par rapport à D].

3. Soient deux axes rectangulaires Oxy et une droite A parallèle à 0.37. Désignant par A un point quelconque du plan, la droite OA rencontre A en un certain point B, On considère le cercle (C) de centre A et de rayon AB.

1° Former l'équation générale des cercles (C).

l36 CHAPITRE XI.

2° Trouver et construire les lieux des centres des cercles (C) qui sont tangents à Ox ou à Oy.

3° Former Téquation générale des cercles (C) qui sont vus de O sous un angle constant V^ Lieu de leurs centres,

4° Par un point P quelconque du plan passent deux cercles (C) et (C") satisfaisant à 3°. Où doit se trouver P pour que ces cercles soient réels? Lieu de P, sachant que les tangentes menées par O à (C) sont perpendiculaires aux tangentes menées par 0 à (C). Lieu de P, sachant que (C) est orthogonal à (C).

JY. B. — On pourra prendre comme paramètres variables les coordonnées polaires de A.

i. Les axes étant rectangulaires, on donne deux points fixes, A et B, sur O.r. d'abscisses a et — a. On prend un point P quelconque dans le plan, de coordonnées Xq, Jq- Les droites PA et PB rencontrent Oy en A' etB'.

1° Former Téquation du cercle (C) circonscrit au triangle PA/B'.

2° Démontrer que ce cercle est orthogonal au cercle circonscrit au triangle PAB.

3" Lieu du centre de (G), quand P décrit une parallèle à Ooc ou à Oy. Montrei- ([ue, dans chacun de ces cas, le cercle (C) reste orthogonal à un cercle fixe, qu'on déterminera.

4" Mêmes ([uestions, quand le point P décrit un cercle passant par A elB. . •

o. Lieu des points dont le rapport des puissances par rapport à deux cercles fixes est constant. N'arialion du lieu, (|uaiid le rapport varie. Montrer qu'on peut, sans changer le lieu, remplacer les deux cercles donnés par deux cercles quelconques du faisceau qu'ils déterminent. En déduire (|ae les cercles du faisceau de points limites 1^ et L' sont les lieux

des points M tels que -rpp^ consl.

G. Lieu des points dont les puissances par rapport à trois cercles fixes satisfont à une relation linéaire et homogène, à coefficients constants.

7. Démontrer que le produit scalaire de deux vecteurs OA, OB, de même origine, est égal à la puissance de 0 par rapport au cercle décrit sur AB comme dijimètre.

8. Etant donnés deux points M,, Mj par leurs coordonnées, calculer

LE CERCLE. iSy

réquation du cercle décrit sur Mi Mj comme diamètre. (S'appuyer sur l'exercice précédent, qui donne le terme constant).

9. Démontrer que les cercles décrits sur les trois diagonales d'un quadrilatère complet comme diamètre appartiennent à un même faisceau, dont 1 axe radical contient les orthocentres des quatre triangles formés par les quatre côtés du quadrilatère associés trois à trois.

(On pourra prendre, par exemple, une diagonale pour axe des j', le milieu étant pris pour origine.)

10. Etant donnés deux faisceaux de cercles, on associe à chaque cercle (C) du premier le cercle (C) du second qui lui est orthogonal.

Trouver les enveloppes de Taxe radical A et de la ligne des centres CC de ces deux cercles. Cas de dégénérescence. Solution géométrique.

(Pour la solution géométrique, remarquer que A découpe des divisions homographiques sur les axes radicaux des deux faisceaux: de même, ce sur les lignes des centres.)

il. Trouver le lieu des points de rencontre des deux cercles (C) et (C) précédents en supposant que les deux faisceaux ont un point limite ou un point de Lase commun et que leurs lignes des centres sont perpendiculaires.

12. Trouver le lieu des centres de similitude d'un cercle fixe avec les cercles d'un faisceau.

13. Etant donnés deux cycles (C) et (C), de rayon R et Pi', montrer que leur cercle d'isogonalité (F) (n° 175) a pour équation

R ~ iv'

en supposant que jc- -\- y- ait le même coefficient dans C et C.

li. Le cercle (C) précédent étant supposé fixe, on imagine que (C) varie tout en faisant partie dun faisceau donné. Former Téquation générale, en fonction rationnelle d'un paramètre, du cercle (F). Montrer que ce cercle est orthpgonal à un cercle fixe. Cas où le faisceau donné a ses deux points de base confondus. Solution géométrique.

[Le cercle fixe est orthogonal à (G) et à tous les (C). Dans le cas des points de base confondus, il y a une infinité de cercles isogonaux.]

15. Etant donnés deux cycles, de centres Oj, Oo et de rayons R,, R,,

l38 CHAPITRE XI. — LE CERCLE.

trouver le lieu des points M tels que