Exercice N°2 : Un corrigé

Tout point M de la droite (AB) convient, l’angle correspondant est nul. Supposons donc qu’il existe un point M du plan solution au problème posé et n’appartenant pas à (AB).

(MC) est bissectrice de l’angle et (MB) est bissectrice de l’angle . Il s’agit donc de traduire ces deux propriétés ou bien géométriquement ou bien analytiquement.

Solution 1 purement géométrique :

Soit ABC un triangle. Si la bissectrice intérieure de l’angle A coupe [BC] en G, alors .

Ce résultat peut-être obtenu au moins par deux méthodes simples :

	Par des considérations d’aires : G est équidistant des deux côtés [AB] et [AC] . Soit k cette distance commune et soit H le projeté orthogonal de A sur [BC]. L’aire du triangle ABG est . Celle du triangle ACG est . On a donc d’où le résultat.
	Par des considérations trigonométriques : Appelons a la valeur commune des angles définis par la bissectrice (AG) et b l’angle BGA . Dans le triangle ABG, et dans le triangle ACG, d’où le résultat cherché.

Revenons maintenant au problème posé et appliquons le lemme dans les triangles MAC et MBD. Comme AB = 1, BC = 2 et CD = d, on obtient les deux relations : .

Les points M cherchés sont donc tels que :
4MA² – MC² =0
et d² MB² – 4 MD² = 0. (1)

Ces expressions sont équivalentes à :

Le barycentre du système {(A,2);(C,1)}est le point B, celui de {(A,2) ;(C,-1)} est le symétrique B’ de C par rapport à A.
signifie que M appartient au cercle G₁de diamètre [BB’].

Le barycentre du système {(B,d) ;(D,2)} est le point C et lorsque d¹ 2, celui de {(B,d) ;(D,-2)} est le point C’ tel que .
signifie que M appartient au cercle G₂ de diamètre [CC’].

Pour que les deux cercles se coupent il faut et il suffit que C’ appartienne au segment [BB’]. Donc que d’une part d>2 et d’autre part que ce qui entraîne d ³ 6.

Le cas d=2 place M sur la médiatrice de [BD] qui ne coupe pas le cercle G₁ .

L’énoncé du problème laisse supposer que l’on recherche des solutions dans un demi plan limité par la droite (AB). Il existe donc une seule solution n’appartenant pas à cette droite lorsque d >6.

Remarque : On peut également montrer que C’ est le barycentre du système {(B,d-6) ; (B’,d+2)} et l’on retrouve bien que C’ appartient au segment [BB’] si et seulement si d ³ 6.

Solution 2 mixte :

Reprenons les relations (1) : 4MA² – MC² =0 et d² MB² – 4 MD² = 0 et interprétons les en utilisant un repère orthonormal du plan, par exemple le repère . Les points A, B, C, D, M ont respectivement dans ce repère les coordonnées : (3,0) ; (2,0) ; (0,0) ; (-d,0) et (x,y) . Nous pouvons même supposer y > 0.

4MA² – MC² = 0 s’écrit : soit . Le point M appartient donc au cercle G₁ de centre W₁ (4,0) et de rayon 2. Il s’agit bien du cercle de diamètre [BB’] où B’(6,0).

d² MB² – 4 MD² = 0 s’écrit : . Le cas d = 2 ne fournissant aucune solution, l’expression précédente devient après réduction : . M appartient donc au cercle G₂ de centre W₂ . Ce cercle passe par C . Une condition nécessaire pour qu’il recoupe G₁ est que l’abscisse de son centre soit positive. Il est donc nécessaire que d >2. Dans ces conditions, l’abscisse du point C’ , diamétralement opposé à C est donc et l’on doit avoir £ 6, ce qui permet bien de retrouver la condition d ³ 6. Remarquons que d = 6 redonne M = B’ et que d = 10 donne M (4,2). Ce point est «au dessus» de W₁ , c’est le point solution le plus éloigné de (AB).