Un difficile milieu

Mon cher Jean-Louis
Voilà ta figure!
J'ai le sentiment que Lebossé-Hémery aurait mis ton exercice dans le chapitre concernant les défuntes similitudes directes!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Mon cher Jean Louis
Voici la suite de l'histoire sauce Lebossé-Hémery.
On applique le résultat suivant: article 244, page 150:
Deux cercles sécants se correspondent dans une similitude (directe) qui a pour centre l'un de leurs points communs et la droite qui joint deux points homologues sur ces cercles passe par l'autre point commun.
Sur la figure ci-dessous, il existe une similitude $\sigma$ de centre $F$ envoyant $\Gamma$ sur $\Gamma'$.
Cette similitude envoie le centre de $\Gamma$ sur le centre de $\Gamma'$ et le point $M$ sur le point $M'$:
$\sigma(O)=O'$ et $\sigma(M)=M'$.
Lebossé-Hémery continuait ainsi:
Les triangles $FMM'$ et $FOO'$ sont directement semblables et il existe donc une similitude $\tau$ de centre $F$ envoyant $M$ sur $O$, i.e: $\tau(M)=O$ et $M'$ sur $O'$: i.e: $\tau(M')=O'$
Mais Bourbaki qui passait par là a dû juger ce raisonnement insuffisant ou pas très clair et il a utilisé le résultat suivant:
le sous-groupe du groupe des similitudes directes fixant le point $F$ est commutatif.
Soit donc $\tau$ la similitude directe de centre $F$ telles que $\tau(M)=O$
Alors $\tau(M')=\tau(\sigma(M))=\sigma(\tau(M))=\sigma(O)=O'$.
La similitude $\tau$ en tant qu'application affine, envoie le milieu $m$ de $MM'$ sur le milieu $\Omega$ de $OO'$: $\tau(m)=\Omega$
Ctipaplubô comme ça!
Soit $\rho$ la similitude directe de centre $F$ envoyant $M$ sur $m$
Par le même petit argument de commutativité:
$\rho(O)=\rho(\tau(M))=\tau(\rho(M))=\tau(m)=\Omega$
Il en résulte que le lieu de $m$ est l'image par $\rho$ du lieu de $M$ qui est le cercle de centre $O$ passant par $F$
Donc le lieu de $m$ est le cercle de centre $\Omega=\rho(O)$ passant par $F=\rho(F)$.
Ce cercle tracé en rouge sur ma figure passe évidemment par $E$.
La présence de l'angle droit en $m$ prouve alors que la médiatrice de $MM'$ passe par le point $O''$ diamétralement opposé à $E$ sur le cercle rouge.
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Ceux qui sont observateurs ont remarqué qu'à l'exception de ma dernière phrase, je n'ai parlé d'angles de quelque nature que ce soit!

Bonjour Jean- Louis
Effectivement j'ai retrouvé ton exercice (dans la forme où je l'ai proposé) dans le Lebossé-Hémery (numérisé) de Seconde C, programme 1965, page 87, exercice 112.
Il se trouve dans la 7ème leçon, intitulée CERCLE.DROITE ET CERCLE avant la 8ème leçon sur les angles inscrits.
Il est donc faisable très élémentairement sans utiliser la défunte théorie des similitudes comme je l'ai fait.
A noter que j'ai vu ce même exercice dans le Lebossé-Hémery de Seconde C, programme 1948.
Amicalement
[small]p[/small]appus