Correction Dijon 2002
Rappel
de l'énoncé
C1 et C2 sont deux cercles de centres distincts O1 et O2 et de rayons distincts
R1 et R2, tangents extérieurement en un point A.
On appelle B le point de C1
diamétralement opposé à A.
A tout point M de C1, distinct de A et de B, on associe le point M' de C2 tel
que le triangle MAM' soit rectangle en A.
1 : Montrer que la droite (MM') passe par un point fixe lorsque M décrit le
cercle C1 privé de A et de B.
2
: On appelle J le milieu du segment [MM']. Déterminer le lieu de J lorsque M
décrit le cercle C1 privé de A et de B.
3
: Quelle doit être la position de M pour que l'aire du triangle MAM' soit
maximale ?
On peut considérer que R1 est > R2 . Les cercles ont
deux tangentes communes concourrantes avec la droite (O1O2)
en un point W .
Sur la figure ci-dessous, on a
représenté une de ces 2 tangentes.
Les points A1
et A2 sont les points de contact de cette droite avec C1
et C2.
1: Soit
H l'homothétie de centre W telle que H(O1)
= O2. L'image de C1 par H est C2.
Effectivement, L'image d'un cercle
de centre O et de rayon R par une homothétie est un cercle de centre
H(O) et de rayon |k|R où k est le rapport de l'homothétie. De
plus, les droites (A1O1) et (A2O2) sont parallèles. Donc l'image de (A1O1)
est (A2O2) par H.
Le cercle C1 a donc pour image de
le cercle de centre O2 et de rayon A2O2 , c'est le cercle C2.
On
en déduit que H(B) = A . Or, Comme [AB] est un diamètre
de C1 , le triangle AMB est rectangle en M.
Les droites (BM) et (AM') sont
toutes orthogonales à (AM) donc parallèles entre elles.
De
H(B) = A , on en déduit que l'image de (BM) par H et (AM').
Or, M
est le point d'intersection de C1 et (BM) , donc H(M) est le point d'intersection
de C2 et (AM') qui est le point M'.
Donc H(M) = M', les poinst
M, M' et W sont donc alignés.
Toutes les
droites (MM') passent donc par W, point d'intersection
des 2 tangentes communes aux 2 cercles.
On peut remarquer que H est de
rapport k = R2 / R1 .
2: Le points décrit le cercle de diamètre [O1 O2],
privé des points O1 et O2 . Pour le voir, il suffit
de remarquer que
Dans le même style que précédemment,
on démontre que l'image de [AB] par cette homothétie est [O1O2].
L'image
de C1 est donc le cercle C3 de diamètre [O1O2].
J
décrit donc ce cercle C3 , privé des points O1
et O2 .
3 : L'aire du triangle MAM' est (AM x AM')/2
car il est rectangle en A.
Or, [AM'] est l'image
de [BM] par l'homthétie H de rapport k = R2 / R1 .
On
a donc: 2Aire(MAM') = k x BM x
AM . L'aire de MAM' est donc maximale quand BM x
AM est maximale.
Comme AMB est
rectangle en M, et que AB= 2R1 , on a la relation: BM2
= 4R12 - AM2 .
L'aire
est donc maximale quand la quantité (4R12 - AM2 )
x AM2 est elle-même
maximale .
Si on pose f comme
étant la fonction définie sur [0 ; 2R1] par f
(x) = (4R12 - x2 ) x2
, le problème revient alors à
chercher
le maximum de cette fonction.
Un
simple calcul de dérivée et une étude de signe très
simple donne alors les variations de f sur [0 ; 2R1]
.
On trouve alors deux points que
nous vous laissons le plaisir de découvrir tout(e) seul(e) !