Figure sans paroles #4.8.20

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.

Comentario sobre el artículo

  • 4.8.20

    le 3 de noviembre de 2019 à 14:36, par Hébu

    Un quadrilatère << cerf-volant >> $ABCD$ ($BA=BC$, $DA=DC$). Le cercle passant par $A, B, D$ coupe $BC$ en $F$ et $CD$ en $E$.

    Alors la diagonale $AC$ est la bissectrice de l’angle $\widehat{EAF}$.

    .

    L’égalité des côtés adjacents amène plusieurs propriétés intéressantes.
    Les triangles $ABD$ et $CBD$ sont égaux, de sorte que les angles $\widehat{DCB}$ et $\widehat{DAB}$ le sont. Les points $A, D, F, B$ étant cocycliques, $\widehat{DAB}+\widehat{DFB}=180$, et $\widehat{DCB}=\widehat{DAB}=\widehat{DFC}$.

    Le triangle $DFC$ est isocèle, de sorte que $DA, DC$ et $DF$ ont même longueur, $DAF$ est isocèle, les angles $\widehat{DAF}$ et $\widehat{DFA}$ ont même grandeur.

    (Le même raisonnement montre que $ABE$ est isocèle, côtés $AB$ et $BE$ égaux; et donc les angles $\widehat{EAB}$ et $\widehat{AEB}$ sont égaux eux aussi).

    .

    L’angle $\widehat{ACD}$ peut être évalué, via les arcs ${AD}$ et ${EH}$:
    $\widehat{ACD}=({AD}-{EH})/2$.

    Soit encore $\widehat{ACD}=\widehat{ABD}-\widehat{EAC}$, soit $\widehat{ACD}+\widehat{EAC}=\widehat{ABD}$, qui devient (utilisant l’égalité des angles $\widehat{DAF}$ et $\widehat{DFA}$ montrée ci-dessus) $\widehat{CAD}+\widehat{EAC}=\widehat{ABD}=\widehat{AFD}=\widehat{FAD}$, soit par différence $\widehat{FAC}=\widehat{CAE}$ \qed

    On peut peut-être faire plus simple ?

    Document joint : idm4-8-20.jpg
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  • 4.8.20

    le 3 de noviembre de 2019 à 14:38, par Hébu

    On peut en tous cas voir la figure autrement. Soient deux points $B$ et $D$, chacun centre d’un cercle notés respectivement $(C_B)$ et $(C_D)$, lesquels se coupent en $A$ et $C$. On trace un troisième cercle, qu’on notera $(C_A)$ passant par $A, B$ et $D$. Ce cercle coupe les précédents aux points $E$ et $F$.

    .

    On retrouve bien la figure originale, les segments $AB$ et $BC$ de même longueur, de même que $AD$ et $CD$. Il faut, cependant vérifier que $F$ est sur le segment $BC$ et $E$ sur $CD$.

    .
    Dans $(C_A)$, $\widehat{AFB}=\widehat{ADB}$, et dans $(C_D)$, l’angle inscrit $\widehat{AFC}$ est moitié de l’arc ${AC}$ extérieur, soit moitié de $2\pi-\widehat{ADC}$ c’est à dire $\widehat{AFC}=\pi-\widehat{ADB}$.

    On a donc $\widehat{AFB}+\widehat{AFC}=\pi$ les points $B, F$ et $C$ sont alignés.

    Même argument pour $C, E$ et $D$. On a donc toute la figure originale.

    .

    Dans le cercle $(C_B)$, l’angle inscrit $\widehat{EAC}$ est moitié de $\widehat{EBC}$. Mais, puisque $B$, $C$ et $F$ sont alignés, $\widehat{EBC}$ et $\widehat{EBF}$ désignent le même angle. Et dans $(C_A)$ $\widehat{EBF}$ et $\widehat{EAF}$ ont même valeur: $AB$ est bissectrice de $\widehat{EAF}$.

    Document joint : idm4-8-20-2.png
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