Figure sans paroles #4.5.23

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

  • 4.5.23

    le 30 août 2020 à 18:11, par Hébu

    Un triangle $ABC$, dans lequel $D, E, F$ désignent les points de tangence du cercle inscrit sur les côtés $BC, AC, AB$.La droite $AD$ coupe le cercle en un point $H$.

    Une droite parallèle à $BC$ passe par $A$, elle est coupée en $J$ par la droite $DE$ et en $K$ par $DF$.

    Les angles $\widehat{FHE}$ et $\widehat{JHK}$ ont même mesure.

    .

    Les points $K,A,H,F$ sont cocycliques. On peut en effet calculer l’angle $\widehat{AHF}$, supplémentaire de $\widehat{FHD}$, lui-même égal à $\widehat{BFD}$ (angles inscrits) et donc à $\widehat{AKF}$ : $\widehat{AKF}$ et $\widehat{AHF}$ sont supplémentaires, ce qui établit la cocyclicité.

    Même raisonnement, évidemment, pour les points $A, J, E, H$.

    .
    L’angle $\widehat{FHE}$ est facile à évaluer dans le cercle inscrit : $\widehat{FDE}=(\widehat{B}+\widehat{C})/2$, donc $\widehat{FHE}=\pi-(\widehat{B}+\widehat{C})/2$.

    L’angle $\widehat{KHJ}$ est la somme $\widehat{KHJ}=\widehat{KHA}+\widehat{AHJ}=\widehat{KFA}+\widehat{AEJ}=\pi-(\widehat{B}+\widehat{C})/2$.

    Ils sont bien égaux.

    .
    On peut trouver un autre cercle, inutile pour la démonstration. Puisque $D$ et $F$ sont les points de tangence, alors $BFD$ est un triangle isocèle, les angles $\widehat{BFD}$ et $\widehat{BDF}$ ont même mesure. De plus $\widehat{BFD}$ et $\widehat{AFK}$ sont égaux (opposés par le sommet) de même que $\widehat{AKF}$ et $\widehat{BDF}$ (puisque $AK$ et $BD$ sont parallèles).

    Le triangle $AKF$ est donc isocèle (et semblable à $BDF$, les segments $AK$ et $AF$ ont même longueur.

    Le même raisonnement montrera que $AJ$ et $AE$ ont même mesure. Et puisque $AF$ et $AE$ ont même longueur (bras de tangence issus de $A$), alors les points $K, F, E, J$ sont équidistants de $A$, et se situent sur un cercle de centre $A$.

    Inutile, mais cela donne à la figure une allure inquiétante...

    .

    .

    Document joint : idm4-5-23.jpg
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