Figure sans paroles #4.7.1

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

  • 4.7.1

    le 13 mars 2020 à 18:06, par Hébu

    Un triangle $ABC$, inscrit dans un cercle. Un second cercle, tangent intérieurement au premier, et tangent aux côtés $AB$ en $E$ et $AC$ en $F$. Soit $D$ le centre du cercle inscrit. Alors le point $D$ est milieu de $EF$.

    .
    On note $G$ le point de tangence des deux cercles. On trace les bissectrices des angles en $B$ et $C$ : segments $BM$ et $CN$. Elles sont bien sûr concourantes en $D$, centre du cercle inscrit.

    On peut alors remarquer l’hexagone inscrit $AMNGMB$, et faire appel au curieux << théorème de Pascal >>, qui dit : Étant donné un hexagone inscrit dans un cercle, les intersections des côtés opposés sont alignées.

    .
    Le théorème va plus loin, il est donné en termes de coniques — mais cette version suffit ici. On le cite sous le terme d’hexagramme mystique j’ai trouvé des infos là dessus, cf. https://fr.wikipedia.org/wiki/ Hexagramme_de_Pascal, ou http://hexamys.free.fr/)

    .
    Ici, les côtés opposés se croisent en $D$ ($CN - BM$), $E$ ($AB - GN$) et $F$ ($AC - GM$).

    Et donc les points $E, D$ et $F$ sont alignés. Et $AD$ étant bissectrice, alors $DE=DF$.

    Document joint : idm4-7-1-1.jpg
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    • 4.7.1

      le 22 juin 2020 à 16:59, par Hébu

      En relisant ce texte, je m’aperçois que j’ai été un peu vite, trop bref — j’ai sauté quelques détails. Je corrige ici.

      La preuve par l’hexagramme implique que $AC$ et $GM$ se coupent en $F$, et $AB$ et $GN$ en $E$ (pas de problème pour $CN$ et $BM$)

      Je note $O$ le centre du cercle circonscrit. Les deux cercles sont tangents en $G$, donc $O, P, G$ sont alignés.

      $M$ est milieu de l’arc $AC$, donc $OM$ (médiatrice) et $PF$ sont parallèles. On peut alors écrire $OG/OM=PG/PF'$, appelant $F'$ le point de concours de $GM$ et $PF$. Mais $OG=OM$ et donc $PG=PF'$ : les points $F$ et $F'$ sont confondus, et $G, F, M$ sont alignés.

      Même chose, bien sûr, pour $G, E, N$.

      Voilà, l’oubli est réparé.

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      • 4.7.1

        le 3 octobre 2020 à 21:34, par Hébu

        La preuve précédente était basée sur le théorème de Pascal — << l’hexagramme mystique >>. Par la suite, mes cogitations autour des figures 6.1.1, 6.1.2, etc. me font proposer une autre preuve, qui s’appuie sur l’homothétie mise en oeuvre dans ces figures.

        .
        Pour rappel : Un triangle $ABC$, son cercle circonscrit $(c)$, et un second cercle $(c')$, tangent à $AB$ et $AC$ en $E, F$ et tangent intérieurement au cercle circonscrit en un point $G$ sur l’arc $BC$.

        Il faut établir que le milieu du segment $EF$ est centre du cercle inscrit dans le triangle $ABC$.

        .
        On note
        $M, N$ les intersections de $(GF), (GE)$ avec le cercle circonscrit. $O$ le centre du cercle circonscrit $(c)$, $P$ celui du cercle intérieur $(c')$.

        L’homothétie de centre $G$ qui envoie $(c')$ sur $(c)$ fait de $OM$ la médiatrice de $AC$, de $ON$ celle de $AB$. Ainsi les arcs $AN$ et $BN$ sont égaux, de même que $AM$ et $CM$ ; $CN, BM$ sont donc les bissectrices des angles en $C$ et $B$ du triangle $ABC$.

        Elle fait aussi de l’arc $GN$ l’image de l’arc $GE$, d’où on déduit l’égalité des angles $\widehat{GFE}$ et $\widehat{GCN}$ (1) ; de même $\widehat{GEF}=\widehat{GBM}$ (2).

        A cet endroit, j’introduis le point $D$, intersection de $EF$ et $CN$.

        .

        Conséquence de l’égalité (1) : le point $F$ se trouve sur la circonférence qui passe par $G, C, D$ (c’est à dire, les quatre points sont cocycliques).

        On a aussi : $\widehat{EDG}=\pi-\widehat{GDF}=\widehat{FCG}=\widehat{ACG}=\pi-\widehat{ABG}$, soit $\widehat{EDG}+\widehat{EBG}=\pi$ : les points $B,E,D,G$, sont eux aussi cocycliques, et $\widehat{GEF}=\widehat{GBD}$ (3).

        Et si on rapproche (2) et (3), $\widehat{GBD}=\widehat{GBM}$ : les points $B, D, M$ sont alignés, c’est à dire que $BD$ est bissectrice de l’angle $B$ et $D$ est le centre du cercle inscrit dans le triangle $ABC$. Il est donc bien sur $EF$, et forcément au milieu.

        .
        Alors, pas forcément plus court que le précédent, mais sans appel de l’hexagramme mystique ...

        Document joint : idm4-7-1bis.jpg
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