Bonjour,

ça ne dépend pas des rayons, comme tu aurais pu le constater (conjecturer) en faisant une figure dynamique avec Geogebra.

si on te demande de justifier de l'homothétie question 1 c'est très certainement que "ça peut servir"

en d'autres termes justifier que (EP) est l'image de la tangente en M dans cette fameuse homothétie
donc déja tracer cette tangente en M

elle coupe (AB) en un point T
et calculer le rapport AT/AP

Merci pour cette piste avec laquelle je pensais trouver la solution très vite ; je dois avouer que ce n'est encore pas le cas.

Il suffit de justifier par un calcul simple que AT/AP = AC/AB

Sans rien savoir du tout de la droite PE bien entendu. elle est totalement laissée de côté, de même qu'une quelconque tangente issue de P au cercle de diamètre [AB]. Ils n'ont pas leur mot à dire là dedans.

Juste que tu as dû remarquer que la division (P, T, A, C) est harmonique (justifications diverses et directes)
De la relation traduisant cette division harmonique, par exemple le "par définition" AT/AP = CT/CP, et par de la manipulation purement algébrique de cette expression obtenir ce qu'on cherche (à savoir AT/AP = AC/AB)

il y a d'autres relations sur les divisions harmoniques :
la plus rapide à mon avis pour faire ce qu'on veut est 2/AC = 1/AP + 1/AT
en remplaçant AP par (AB+AC)/2 ça tombe tout seul ... ou presque.

D'accord, merci, je cherche dans cette direction.
Je n'y aurais pas pensé
Je te tiendrai au courant

Ne trouvant aucune solution géométrique qui ne se mort pas la queue, je propose en désespoit de cause une solution analytique: (valable pour R>0, R'>0 et R>R')

\gamma a pour équation; \gamma': la droite et P(-4;0); on en déduit: M (-4;2\sqrt{5}) puis \vec{AM}=\frac{3}{2}\vec{AE} donne rapidement  \vec{O'E}(-\frac{8}{3}; \frac{4\sqrt{5]}{2}) et   \vec{PE}(\frac{10}{3};\frac{4\sqrt{5]}{2}).
On a immédiatement:  \vec{O'E}.\vec{PE}=0, ce qui établit le résultat.

Commentaire: même si l'on sait qu'il y a des résultats de géométrie pure qui ne trouvent de solution que dans l'analytique, pour une fois qu'il y a un joli problème, l'absence de solution géométrique gâche tout; je pense qu'il serait urgent, et je pense que mathafou, que je salue à l'occasion, serait d'accord avec moi pour que l'on réintroduise ces exercices qui font cogiter. Dommage!

Ne trouvant aucune solution géométrique qui ne se mort pas la queue, je propose en désespoit de cause une solution analytique: (valable pour R>0, R'>0 et R>R')

\gamma a pour équation; \gamma': la droite et P(-4;0); on en déduit: puis donne rapidement   et  .
On a immédiatement:   ce qui établit le résultat.

Commentaire: même si l'on sait qu'il y a des résultats de géométrie pure qui ne trouvent de solution que dans l'analytique, pour une fois qu'il y a un joli problème, l'absence de solution géométrique gâche tout; je pense qu'il serait urgent, et je pense que mathafou, que je salue à l'occasion, serait d'accord avec moi pour que l'on réintroduise ces exercices qui font cogiter. Dommage!

J'ai cliqué trop vite sur poster!

Bonjour Francchoix,

mais il y a réellement une solution géométrique qui tient en deux ou trois phrases et deux lignes de calcul !!
(méthode suggérée dans mes posts précédents, il n'y a qu'à faire les deux lignes de calcul et rédiger)

bon, selon les "connaissances" on peut être amené à rallonger un peu la sauce, mais le calcul et le raisonnement est au final basé sur la même propriété.

et que l'on puisse rédiger une solution analytique plus courte, certes. mais la question n'est pas vraiment là non plus : c'est l'existence même d'une solution géométrique que tu mets en cause.
(je suis du genre à détester les calculs et préférer de loin des solutions géométriques, alors ça me pique quand tu dis qu'il n'y en a pas )

>> Je viens de reprendre le sujet.
Je vais cogiter sur la division harmonique mentionnée par Mathafou pour le traiter dans la généralité (en espérant m'en sortir) ; mais il est vrai que je me posais la question de savoir pourquoi les rayons avaient des valeurs numériques précises dans l'énoncé et non pas r et r'.

A + tard et encore merci pour vos interventions

Je suis d'accord que les points T, P, C  et A forment une division harmonique, mais je ne comprends pas comment l'établir (sinon à prendre les mesures sur la droite des centres à laquelle ces 4 points appartiennent, ce qui me semble exclu) sans appliquer Thalès, donc sans poser au préalable que (PE) // (MT) ; quant aux pieds de bissectrices intérieures et exterieures d' un triangle sur cette droite des centres  (tjs pour établir mathématiquement une division harmonique de 4 points, je ne vois pas non plus quel triangle conviendrait ; ça ne me semble pas du tt une bonne piste)
Je reste perplexe pr l'instant

Je reprends le fil de tes explications:

tu as deux démonstrations "instantanées" de cette division harmonique :
- la première est que le point P est le pied de la polaire de T par rapport à donc P est le conjugué harmonique de T par rapport à
Si on n'a pas vu les polaires, passons.

- la deuxième fait intervenir des connaissances que tu as déjà montré acquises dans d'autres exos (les problèmes de géométrie pure posés ici sont suffisamment rares pour qu'on se souvienne des posteurs et de leurs posts )
A partir du théorème sur les angles inscrits, justifier que (MC) et (MA) sont les bissectrices intérieure et extérieure de l'angle TMP, et donc cette division harmonique. (tu le sais, tu l'as déja prouvé dans d'autres exos)

- 3ême preuve sans rien connaitre d'autre que la géométrie de collège actuelle (donc on ne parle pas de division harmonique mais juste des rapports des longueurs qui la traduisent, sans en donner le nom) :
en considérant les relations métriques que l'on peut établir (via la trigo, vu les programmes actuels) dans le triangle OMT, rectangle en T, et sa hauteur MP.
on obtient OM² = OP.OT et comme OM = OC = OA, cela traduit très précisément une des formes des relations métriques de la division harmonique : O milieu de AC, OA² = OC² = OP.OT

après c'est du calcul pur pour arriver à AP/AT = AB/AC


et au final on en déduit par conséquent que P étant le transformé de T et E le transformé de M dans l'homothétie sus-mentionnée, la droite (PE) est la transformée de (TM) dans cette homothétie, donc tangente à l'image de qui est '

Salut mathafou,
je ne dis pas qu'il n'y a pas de solution géométrique, je dis seulement que je n'ai rien trouvé qui n'utilise pas la conclusion comme hypothèse; je dis aussi qu'il existe des problèmes géométriques qui non pas d'autre solution qu'analytique, ce qui est vrai; on s'attendrait à une solution géométrique, mais l'homothétie ne sert qu'à trouver les coordonnées de E; comment veut tu établir que AT/AP=AC/AB sans savoir que h(P)=T; Quand à P milieu de [AC], à par prouver que AM=CM, je ne vois pas comment l'exploiter;
sinon, moi aussi je préfères une belle démonstration géométrique à une suite de calcul faits pratiquement à l'aveuglette.

Francchoix : tu veux absolument faire le raisonnement à rebrousse poil. c'est sur que ça ne va pas marcher..

on montre (par la division harmonique voir mon post de 19:11) que (A, C, P, T) est harmonique
on n'utilise pour ça exclusivement que le cercle , le point P et sa définition, le point M et sa définition et la tangente en M à et absolument rien d'autre du tout (ni homothétie ni rapports supposés connus. rien que ça)

on en déduit une relation métrique sur (A, C, P, T)
puis en n'utilisant que les points connus de la droite (AB) et rien d'autre (toujours ni homothétie ni point E ni rien) on prouve que AP/AT = AB/AC
c'est une simple manipulation algébrique de la relation de (A, C, P, T) harmonique et des différences de longueur sur (AB)

par conséquent P est le transformé de T dans l'homothétie ' de centre A

etc.

Tout à fait...

Bon pour ma part, à l'aide du tm de l'angle inscrit, et de son prolongement en considérant la tangente à l'une des extrémités de l'arc intercepté, j'ai pu établir que (MC) est la bissectrice intérieure de , donc que (AM) est est sa bissectrice extérieure, dc que les points T, C, P , A sont conjugués harmoniques, dc que

, puis en tenant cpte que P est lemilieu de [BC], j'aboutis facilement et en respectant les mesures algébriques svp, division harmonique oblige , à ,

J'en suis là, avec tes explications je pense aboutir, _{avant l'heure du repas j'espère}

bein c'est quasiment fini !
cette relation traduit très précisément que T est l'image de P dans l'homothétie de centre A et de rapport AC/AB

L'homothétie de la question  me permet d'affirmer que l'image de O par cette homothétie est O' ? Oui je pense,

Donc j'en déduis (OM) // (O'E)

et donc (PE) tangente à ' en E

_{A table....}

(Merci pour tes conseils et ta patience)

Ca me parait beaucoup trop compliqué pour nos élèves; de plus pour moi, une démo de géométrie pure c'est sans calcul et surtout sans sortir du cadre du programme (polaire, division harmonique, relation non connue dans un triangle rectangle, bissectrice intérieure et extérieure, etc..) bref, il n'y a pas de démo propre et finalement, ce qu'on attend des élèves, c'est une demo analytique.

Francchoix : que sais tu de pppa, de son niveau "Lycée" et du fait qu'il n'est peut être pas en France, ou alors dans un lycée "d'élite", ou "autodidacte creusant au delà du programme" ??
Si tu as suivi ses posts tu verrais bien que la division harmonique et les propriétés correspondantes des bissectrices d'un triangle, il connait. cela faisait l'objet d'autres de ses exos.

je suis d'accord qu'un tel problème est inimaginable avec les programmes actuels en France.
sans sortir du programme il faudrait le faire "bourrin" :
question 2a : montrer que bla bla
question 2b : monter que ceci
question 2c : montrer que encore autre chose
bref une dizaine de questions "pour robots" à la place de cette seule question "montrer que PE est tangente à ' "
en tout cas le faire "analytiquement" supprime tout intérêt à la question 1 sur l'homothétie !

Géométrie pure sans calcul :
mais oui, tu jettes à la trappe Pythagore, Thalès etc comme n'étant pas de la géométrie pure ???


pppa : oui le centre du cercle image est l'image du centre du cercle dans l'homothétie (l'image de O, centre de , est O' centre de ')

Il y a plus expéditif, l'homothétie conserve les incidences : des droites et des courbes sécantes sont transformées en droites et courbes sécantes, et les points d'intersection des images sont les images des points d'intersection.
donc l'image de deux courbes tangentes est deux courbes tangentes en l'image du point de contact.
(que ce soit des droites des cercles ou n'importe quoi)

bon, on va encore s'attirer les foudres de Francchoix sur cette propriété générale de l'homothétie ...
parce que on a du mal à la traduire avec la seule "vision" de l'homothétie au programme : le théorème de Thalès et rien d'autre, sans explications filandreuses au dela d'une question ne devant pas dépasser 3 lignes de résolution pour être dans les clous.

Merci pour toutes ces explications bien détaillées, et très pédagogiques.

Bonjour mathafou,

C'est vrai que je m'intéresse, qu'à des solution accessibles avec le programme français, ce qui limite considérablement le champs des recherches: que reste t'il? Je te donne un exemple: soit ABC un triangle quelconque; extérieurement à ce triangle, on construit les triangles rectangles en A, ABD et ACE; le but de l'exercice est de montrer que BE=DC et que les droites (BE) et (DC) sont orthogonales. Une rotation de centre A règle le problème en une ligne;
mais c'est hors programme et il faut 4 questions pour trouver le résultat en utilisant le produit scalaire et ça ne se passe pas très bien! On a même supprimé la dernière question qui était, I étant le milieu de[DE]; monter due (AI) est la hauteur de ABC issue de A(trop difficile?).
Donc quant on s'occupe d'élèves français,pour moi des normands, on est confronté en géométrie pure à un vide complet:
pythagore, thalès si c'est pas dans un trapèze,un peu de relation trigonométrique dans le triangle rectangle; on ne peut même pas compter sur les droites remarquables d'un triangle; et au final tout se fait analytiquement jusqu'en terminale ou les élèves ne font que du calcul et comme au dernier BAC où l'on donnait un repère orthonormé de l'espace (A; \vec{AB}, \vec{AC}, \vec{AD}) il fallait construire le tétraèdre ABCD, c'est à dire relier les points! Ca a provoqué un scandale car la figure n'était pas donnée; on voit toute l'efficacité d'un cours entièrement analytique!

La situation n'est pas meilleure en analyse; je  te donne un dernier exemple: on démontre qu'une suite Un définie par Un+1=f(Un) est croissante et majorée et on s'arrête là!la convergence n'est pas au programme; la relation l=f(l) encore moins!

Voilà, tu comprends que je suis attentif à ce que l'exo soit conforme. Il est clair que cela me désole.

Bonjour Francchoix,

tout le monde se désole là dessus
il y a une bonne part de principe du BVT (du Bon Vieux Temps) certes, mais objectivement le rôle (social) du bac de maintenant est celui du certificat d'études primaire d'antan.
Il n'y a aucune raison que par conséquent les niveaux ne soient pas du même ordre de grandeur, toutes choses comparativement changées par ailleurs (évolution technologique et sociale)

bref il suffit de savoir calculer la quantité de peinture pour repeindre son appartement, de ne pas se faire gruger en payant la douzaine d'oeufs plus cher que 12 fois le prix d'un oeuf, de savoir comprendre toutes ces histoires de pourcentages et de statistiques dont on nous rebat les oreilles et c'est tout. (plus être un bon citoyen respectueux de l'environnement et des lois, formaté par le rabâchage via des énoncés "orientés")

le reste c'est "de la déco".
on reporte ça dans l'enseignement supérieur, et comme ce n'est pas extensible non plus, on supprime même totalement.
seuls les spécialistes et les amateurs intéressés vont creuser le sujet par eux même et certainement pas avec un quelconque programme d'enseignement.

ah ... le BVT ...