\begin{enumerate}
\item On considère le point H, projeté orthogonal de O sur (AB).

\medskip

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzInit[xmax=10,ymax=7]
\tkzDefPoint[label=-60:O](5,3){O}
\tkzDefPoint(2.7,3.5){A}
\tkzDefPoint[label=100:M](1,2){M}
\tkzDrawPoint[shape=cross out](O)
\tkzDrawPoint[shape=cross out](M)
\tkzDefCircle[radius](O,A)
\tkzDrawCircle(O,A)
\tkzDefLine(M,A)
\tkzInterLC(M,A)(O,A)\tkzGetPoints{B}{A}
\tkzDrawLine(M,A)
\tkzDrawPoints(A,B)
\tkzDefPointBy[projection=onto B--A](O) \tkzGetPoint{H}
\tkzDrawPoint(H)\tkzLabelPoints[above left](A,B)
\tkzDrawSegment[style=dashed](O,H)\tkzLabelPoints[below](H)
\end{tikzpicture}
\end{center}

\medskip

Ainsi, H est le milieu de [AB] (car AOB est isocèle en O et dans un triangle isocèle, la hauteur issue du sommet principale est la médiatrice du côté opposé). Donc :
\[
\vv{\text{HB}}=-\vv{\text{HA}}
\]

\bigskip

Nous allons calculer $\prodscal{MA}{MB}$ :
\begin{align*}
\prodscal{MA}{MB} & = \big(\vv{\text{MH}}+\vv{\text{HA}}\big)\cdot\big(\vv{\text{MH}}+\vv{\text{HB}}\big)\\
& = \big(\vv{\text{MH}}+\vv{\text{HA}}\big)\cdot\big(\vv{\text{MH}}-\vv{\text{HA}}\big)\\
& = \rm MH^2-HA^2
\end{align*}

Or, d'après le théorème de Pythagore,
\[
\rm MH^2=OM^2-OH^2\qquad \text{et}\qquad HA^2=OA^2-OH^2=r^2-OH^2
\]
donc :
\begin{align*}
\prodscal{MA}{MB} 
& = \rm MH^2-HA^2\\
& = \rm OM^2-OH^2-r^2+OH^2\\
& = \rm OM^2-r^2\\
& = \rm\mathscr{P}(M)
\end{align*}


Ainsi, 
\begin{itemize}
\item si M est à l'extérieur du cercle,
\[
\rm\prodscal{MA}{MB}=MA\times MB=\mathscr{P}(M)
\]
car A et B sont du même côté par rapport à M.

\item Si M est à l'intérieur du cercle,
\[
\rm\prodscal{MA}{MB}=-MA\times MB=\mathscr{P}(M)
\]
car A et B sont de part et d'autre de M.
\end{itemize}

\item Avant tout, faisons un schéma :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\clip (0,-2.5) rectangle (12.5,3.5);
\tkzDefPoint[label=-60:O](10,0){O}
\tkzDefPoint[label=200:O'](2,0){O'}
\tkzDefPoint[label=90:M](4,3){M}
\tkzDrawPoint[shape=cross out](O)
\tkzDrawPoint[shape=cross out](O')
\tkzDrawPoint[shape=cross out](M)
\tkzDefPoint(0.5,0){A}
\tkzDefCircle[radius](O',A)
\tkzDrawCircle(O',A)
\tkzDefPoint(12,0){B}
\tkzDefCircle[radius](O,B)
\tkzDrawCircle(O,B)
\tkzDefPointBy[projection=onto O'--O](M) \tkzGetPoint{K}
\tkzDefMidPoint(O,O')\tkzGetPoint{I}
\tkzDrawPoint(I)\tkzDrawPoint(K)\tkzLabelPoints[below](K,I)
\tkzDrawSegment[style=dashed](M,K)
\tkzDrawSegments(O,O' M,O M,O')
\end{tikzpicture}
\end{center}
\begin{enumerate}
\item M est tel que $\rm\mathscr{P}_\Gamma(M) = \mathscr{P}_{\Gamma^\prime}(M)$ donc, d'après la question précédente,
\begin{align*}
\rm\mathscr{P}_\Gamma(M) = \mathscr{P}_{\Gamma^\prime}(M) & \Longleftrightarrow \text{OM}^2-r^2={\rm O'M}^2-r'\\
& \Longleftrightarrow {\rm OM^2-O'M^2}=r^2-r'^2
\end{align*}

Ainsi, $\begin{aligned}[t]
r-r'^2 & = \rm MO^2-MO'^2\\
& = \vv{\text{MO}}^2-\vv{\text{MO'}}^2\\
& = \rm\big(\vv{\text{MO}}+\vv{\text{MO'}}\big)\cdot\big(\vv{\text{MO}}-\vv{\text{MO'}}\big)\\
& = 2\prodscal{MI}{O'O}\\
& = 2\prodscal{KI}{O'O}\text{ car K est le projeté orthogonal de M sur (OO')}\\
\Aboxed{r-r' & = 2\prodscal{OO'}{IK}}
\end{aligned}$

\item Il existe un unique point K tel que :
\[
2\prodscal{OO'}{IK}=r^2-r'^2
\]
D'après la question précédente, l'ensemble des points M ayant les mêmes puissances par rapport aux deux cercles est la droite perpendiculaire à (OO') passant par K.

\item Notons :
\begin{itemize}
\item $d_1$ l'axe radical de $\Gamma$ et $\Gamma'$;
\item $d_2$ l'axe radical de $\Gamma$ et $\Gamma''$;
\item $d_3$ l'axe radical de $\Gamma'$ et $\Gamma''$.
\end{itemize}
$\rm O''\notin (OO')$ donc $d_1$ et $d_2$ sont sécantes. Appelons J leur intersection. Par définition des deux droites,
\[
\rm\mathscr{P}_\Gamma(J)=\mathscr{P}_{\Gamma'}(J) \qquad\text{et}\qquad \mathscr{P}_\Gamma(J)=\mathscr{P}_{\Gamma''}(J)
\]
Ainsi, $\mathscr{P}_{\Gamma'}(J)=\mathscr{P}_{\Gamma'}(J)$, et donc ${\rm J}\in d_3$.

J est donc le point de concours de $d_1$, $d_2$ et $d_3$.
\end{enumerate}