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Première étape : on montre que O’ABO est un rectangle
La droite (AB) possède un seul point en commun avec le cercle de centre O’ donc elle est
perpendiculaire à [O’A]. On montre de même qu’elle est perpendiculaire à [OB].
Par définition du projeté orthogonal, on a : (O’H)(OB), ou encore (O’H)(HB).
Le quadrilatère O’ABO possède trois angles droits, et comme dans un quadrilatère la
somme des angles est égale à 360°, on en déduit que son quatrième angle mesure 90°.
Le quadrilatère O’ABO est donc un rectangle.
Ce qui est admis :
Lemme 1 : si deux cercles ont un seul point en commun, alors
ce point est aligné avec les centres des deux cercles.
Lemme 2 : une droite est tangente à un cercle si et
seulement si elle possède un seul point en commun avec ce
cercle.
Lemme 3 dans un quadrilatère ( non croisé ), la somme des
mesures des angles est égale à 360°.
Rappel de définition : une droite est tangente à un
cercle en un point de ce cercle lorsqu’elle passe par ce
point et est perpendiculaire au segment rayon
correspondant.
On appel H le projeté orthogonal de O’ sur (OB).
Deuxième étape : on écrit les longueurs des côtés du triangle rectangle OHO’.
Les deux cercles de centre O et O’ respectivement ont un seul point en commun E et sont
extérieurs l’un à l’autre, donc E appartient à [OO’] ; on en déduit que OO’ = OE + EO’.
Comme E appartient au cercle de centre O’ et de rayon R’, on a : E0’=R’, et comme E
appartient aussi au cercle de centre O et de rayon R, on a : OE = R.
Finalement : OO’ = R + R’.
Le quadrilatère O’ABH est un rectangle donc HO’ = BA, et HB = O’A ( qui est égal à R’
puisque A appartient au cercle de centre O’ et de rayon R’ ). Le point H appartient à [OB]
donc : OB = OH + HB, ce qui donne : R = OH + R’, soit : OH = R – R’.
Les côtés du triangle rectangle OHO’ sont donc : HO = R – R’, HO’ = AB et OO’ = R + R’.
Troisième étape : on applique Pythagore au triangle rectangle OHO’.
Le triangle OHO’ est rectangle en H donc on peut écrire l’égalité de Pythagore pour ce
triangle : HO²+HO’² = OO’²,
qui s’écrit : (R-R’)² +AB² = (R+R’)². Développons : R² - 2RR’+R’² + AB² = R²+2RR’+R’², qui
donne : AB² = R²+2RR’+R’²-R²+2RR’-R’² ,
soit finalement : AB² = 4 RR’, formule qu’il fallait démontrer.
Preuve du lemme 1
Soient (C1) et (C2) deux cercles de centres respectifs O 1 et O2 , ces deux cercles ayant un
seul point en commun noté E.
Raisonnons par l’absurde en supposant que « O1, O2 et E ne sont pas alignés ». On note s
la réflexion d’axe (O1O2).
E appartient aux deux cercles (C 1) et (C2) donc l’image E’ de E par s appartient aux images
de ces deux cercles par cette réflexion. Or l’image du cercle (C 1) par la réflexion s est un
cercle de même rayon et de centre s(0 1) = 01 puisque O1 appartient à l’axe de la réflexion
s : l’image de (C1) par s est (C1), et on montrerait de même que l’image de (C 2) par s est
(C2).
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Résumons : E’ appartient à s(C1)=C1 et à s(C2)=C2, donc E’ est un point commun à (C1) et
(C2).
Comme E n’appartient pas à (O1O2), E n’est pas invariant par s et donc s(E)E, c’est-à-dire :
E’E. Le point E’ est un deuxième commun à (C1) et (C2) ce qui est absurde puisque (C1) et
(C2) n’ont qu’un point commun.
La supposition « O1, O2 et E ne sont pas alignés » doit donc être rejetée : O1, O2 et E sont
nécessairement alignés.
Preuve du lemme 2
Soit (C) un cercle de centre 0, de rayon R, et A un point de ce cercle. Il faut montrer deux
choses :
1. Montrons que : si une droite (T) passe par A et est perpendiculaire à (OA) alors elle
admet un seul point commun avec (C).
Si M est un point de (T) distinct de A, alors, d’après l’égalité de Pythagore, on peut écrire :
AO² + AM ² = OM²,
soit : OM²=R²+AM².
Comme MA, on a : AM0, donc AM²0, puis : OM² > R², soit enfin OM > R, d’où OMR,
ce qui montre que M n’appartient pas au cercle (C). Finalement, A est le seul point
commun à (C) et (T).
2. Montrons que : si une droite (d) possède un seul point commun A avec (C) alors elle
est perpendiculaire à (OA)
On muni le plan d’un repère orthonormé tel que A
2 Ra
est non nul.
1  a²
2 Ra
L’équation x  x 1  a ²   2 Ra   0 admet donc deux solutions distinctes : 0 et
1  a²
Or, nous savons que a est non nul, donc
, et donc il y a deux points d’intersection entre la droite (d) et le cercle (C), ce qui absurde
puisque l’on sait que (C) et (d) ont un seul point en commun.
La supposition « (d) n’est pas perpendiculaire à (OA) » doit donc être rejetée : (d) et (OA)
sont nécessairement perpendiculaires.
Le lemme est démontré : une droite et un cercle ont un seul point en commun si et
seulement cette droite est tangente au cercle.
Preuve du lemme 3 : Soit MNPQ un quadrilatère non croisé. Traçons la diagonale
[MP] : elle divise le quadrilatère en deux triangles.
La somme des mesures des angles du quadrilatère est égale à la somme des mesures des
angles du triangle MNP augmentée de la somme des angles du triangle MQP, donc est
égale à 180° + 180° soit 360°.
Dans un quadrilatère non croisé, la somme des mesures des angles est égale à 360°.
 0, R  .Un point M  x ; y  appartient
à (C) si et seulement si OM ²  x ²  y ² , ou encore x ²  y ²  R ² .
Raisonnons par l’absurde : supposons que (d) ne soit pas perpendiculaire à (0A).
Alors la droite (d) n’est pas parallèle à l’axe des abscisses, donc elle admet une équation
cartésienne réduite : y  ax  R , avec a non nul. Le point M(x,y) appartient aussi à (d)
lorsque ses coordonnées vérifient aussi l’équation de (d) précédente. En remplaçant dans
la relation : x ²  y ²  R ² , on obtient :
x²   ax  R  ²  R² , puis en développant :
x²  a ² x²  2 Rax  R ²  R ² , ou encore : x² 1  a²   2 Rax  0 . En factorisant par
x, on obtient : x  x 1  a ²   2 Ra   0 . Un produit de facteurs est nul si et seulement
si l’un au moins des facteurs est nul : x = 0 ou x
possibilité s’écrit aussi : x
1  a²   2Ra  0 . La deuxième
1  a²   2Ra , puis : x 
2Ra est non nul, et
2 Ra
.
1  a²
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