Figure sans paroles #4.3.10

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

  • 4.3.10

    le 22 mars à 15:31, par Hébu

    Dans le triangle $ABC$, on trace la bissectrice intérieure en $A$, $AD$. On place $M$, milieu de $BC$, et on place les points $J$ sur $AC$ et $K$ sur $AB$ tels que $MJ=MK=MB$.

    On mène ensuite la bissectrice de l’angle $\widehat{KMJ}$. Elle coupe $AD$ en un point $L$.

    La circonférence qui passe par $B, D$ et $K$ passe également par le point $L$. De même, une circonférence passant par $D, C$ et $J$ passe également par $L$.

    .
    On note $O$ (resp. $O'$) le centre de la circonférence passant par $B, D, K$ (resp. $D, C, J$), et on l’appellera $(O)$ (resp. $(O')$).

    On peut tracer un troisième cercle, son centre sera $M$, et il passe par $B, K, J$ et $C$ (puisque on a construit ces points de sorte que $BM=MK=MJ=MC$). Ce cercle, $(M)$ coupe $(O)$ en $B$ et $K$, et $(O')$ en $J$ et $C$.

    L’axe radical de $(M)$ et $(O)$ est la droite $BK$ (soit $AB$) ; l’axe radical de $(M)$ et $(O')$ est $CJ$ (soit $AC$).

    .
    Quant à $(O)$ et $(O')$, leur axe radical passe par $D$. Soit $L'$ l’autre point de concours de ces deux cercles. Les trois axes ont un point commun : $DL'$ passe donc par $A$ — et se confond donc avec la bissectrice de l’angle. De sorte que $L'$, point de concours de $(O)$ et $(O')$ est sur $AD$.

    .
    Reste à montrer que $L'$ est sur la bissectrice de $\widehat{KMJ}$, de sorte de pouvoir affirmer que $L=L'$.

    .
    A ce point, $L'$ est uniquement le point de concours des cercles $(O)$ et $(O')$ et de $AD$.

    Le point $A$ est centre radical, c’est à dire que $AK\times AB=AJ\times AC=AL'\times AD$. On en déduit la similitude des triangles $AKL'$ et $ADB$ d’une part, ainsi que celle de $AJL'$ et $ADC$ (angle en $A$ commun, et côtés proportionnels).

    De ce fait, $\widehat{AKL'}=\widehat{ADB}$ et $\widehat{AJL'}=\widehat{ADC}$, de sorte que $\widehat{AKL'}+\widehat{AJL'}=\pi$, le quadrilatère $AKL'J$ est inscriptible ; soit $O''$ le centre de ce nouveau cercle.

    Puisque $AD$ est bissectrice de l’angle en $A$, les arcs $KL'$ et $L'J$ sont égaux, et donc les cordes $KL'$ et $L'J$ ont même longueur.

    .
    $KJ$ est l’axe radical de $(O'')$ et $(M)$, de sorte que $O''M$ est parpendiculaire à $KJ$. Cette droite passe par $L'$, puisque les cordes $KL'$ et $JL'$ sont égales — $MO''$ est médiatrice de $KJ$. Et les angles $KMO''$ et $JMO''$ sont égaux : $MO''$ est la bissectrice de $KMJ$, elle passe par $L'$. Donc $L$ et $L'$ sont confondus.

    .
    Figure assez chargée, preuve un peu lourde. Peut-on faire plus léger ?
    .

    Document joint : idm4-3-10.jpg
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    • 4.3.10

      le 16 mai à 19:11, par Sidonie

      On peut en effet alléger.

      Le cercle de diamètre [BC] passe par J et K faisant de (BJ) et (CK) deux hauteurs. Leur intersection H est l’orthocentre et I est le pied de la hauteur issue de A. Le cercle de diamètre [AH] passe par J et K et aussi par L intersection de la bissectrice en A et de la médiatrice de [JK] (MJK étant isocèle la bissectrice en M est la médiatrice de [JK])

      (AH) étant diamètre (AL) $\bot$ (LH) et M,H,I et L deviennent cocycliques.

      C,I,H et J sont aussi cocycliques et A appartient à l’axe radical (HI) de ces deux cercles.

      Donc AL.AM = AJ.AC et C,J,L et M sont cocycliques avec la même démonstration côté B

      Document joint : fsp_4.3.10.jpg
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      • 4.3.10

        le 17 mai à 13:22, par Hébu

        Effectivement, c’est un allègement « radical » ! Ce qui prouve, encore une fois, la puissance de preuve de l’axe radical, lorsqu’il est manipulé avec talent, comme ici.

        .
        La figure en rappelle une autre (et même plusieurs), où on trace également le cercle de diamètre AH .

        .
        Encore une belle démonstration, donc. Bravo !

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