Figure sans paroles #4.1.22

Chaque lundi, IdM vous propose une image-théorème-puzzle extraite du livre de
Arseniy Akopyan : Geometry in Figures, 2011.

Cette figure est délibérément sans texte explicatif, ni énoncé.

A vous de l’observer, la comprendre, de vous poser les questions qu’elle suggère et, si possible, les résoudre !

Nous vous invitons à déposer vos questions ou votre solution dans les commentaires
et à voir ici d’autres figures sans paroles.

Commentaire sur l'article

  • 4.1.22

    le 3 janvier à 16:46, par Hébu

    On trace les hauteurs $AD, BE, CF$ d’un triangle, puis on trace les projetés des pieds des hauteurs : $D$ se projette en $I$ sur $AC$ et $K$ sur $AB$, etc. Les nouveaux points ainsi créés $G, H, I, J, K L$ sont cocycliques.

    .
    Considérons les points $E, F, G, H$ Ils sont cocycliques (angles droits en $G, H$), le cercle ayant $EF$ comme diamètre. De sorte que $\widehat{GHF}=\widehat{GEF}$.

    On sait, depuis les débuts du 4.1, que les côtés du triangle orthique découpent des triangles semblables au triangle initial. Ainsi $AFE$ et $ABC$, $DBF$, etc. Cela implique, entre autres, que $\widehat{AEF}=\widehat{B}$.

    Et donc $\widehat{GEF}=\widehat{B}-\widehat{AEG}=\widehat{B}-(\pi/2-\widehat{A})$, soit $\widehat{GEF}=\pi/2-\widehat{C}$. Puisque $\widehat{GHF}=\widehat{GEF}$, alors $\widehat{AGH}=\widehat{C}$. Ouf ! Les segments $GH$ et $BC$ sont parallèles.

    Le même raisonnement montre que $IJ$ et $AB$ sont parallèles, de même que $KL$ et $AC$.

    Les points $A, K, D, J$ sont cocycliques (angles droits en $K$ et $I$). Donc $\widehat{IKD}=\widehat{IAD}=\pi/2-\widehat{C}$, d’où $\widehat{IKA}=\widehat{C}$ : $IK$ et $EF$ sont parallèles.

    Même raisonnement pour $GJ$ et $FD$, et pour $DE$ et $HL$.

    Considérons alors le cercle passant par $G, H, I$. On a calculé $\widehat{GHI}=\pi-\widehat{C}$, et $\widehat{GKI}=\widehat{C}$ : le point $K$ se situe sur le cercle.

    Puisque $HL$ et $ED$ sont parallèles, ainsi que $KL$ et $AC$, alors $\widehat{HLB}=\pi-\widehat{A}$ et $\widehat{HLK}=\pi-\widehat{A}-\widehat{C}=\widehat{B}$ : $\widehat{HLK}+\widehat{HGK}=\pi$, le point $L$ se trouve également sur le cercle.

    Reste le point $J$ : $\widehat{FJC}=\pi-\widehat{A}$ ($GJ, FD$ parallèles) et $\widehat{CJI}=\widehat{B}$ ($IJ, AB$ parallèles). Donc encore $\widehat{IJG}=\widehat{C}$, et $I, J, G, H$ sont cocycliques.

    Document joint : idm4-1-22.jpg
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    • 4.1.22

      le 8 janvier à 17:18, par Sidonie

      Je me permet de vous proposer une autre démonstration.

      Je considère le cercle passant par EFGH. Il permet d’avoir AG.AF=AE.AH. En appliquant le th de Thalès à AID et AKD on a AK/AF=AI/AE. En multipliant terme à terme on obtient AG.AK=AE.AI et donc un cercle C1 qui passe par G,K,I,E.
      En recommençant de B puis de C on obtient 2 cercles C2 (KGJL) et C3 (LJEH)
      La puissance de A par rapport à C1 est AG.AK=AE.AI.
      La puissance de A par rapport à C2 est AG.AK.
      La puissance de A par rapport à C3 est AE.AI.
      Donc A a même puissance par rapport aux 3 cercles.
      Si C2 et C3 ne sont pas confondus alors A est sur leur axe radical c’est à dire (BC) ce qui est impossible donc C2 et C3 sont cofondus et entre ce cercle et C1 on a alors 4 points d’intersection distincts : les 3 cercles sont donc confondus.

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      • 4.1.22

        le 8 janvier à 18:07, par Hébu

        oui, belle idée (j’apprécie toujours l’usage des arguments de puissance - ça ne signifie rien sur mon caractère...). Ca permet une preuve plus légère. Bravo !

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