Figure sans paroles #4.9.26

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

  • 4.9.26

    le 29 de noviembre de 2021 à 10:26, par Reine

    L’hexagone présenté ici alterne deux sortes de sommets, trois d’entre eux joignant chacun deux côtés consécutifs égaux, et les sommets restants présentant tous trois un même angle (plus précisément, un même angle de droites). Il est proposé de montrer que les trois diagonales principales sont concourantes.

    L’hexagone sera appelé $ARBPCQ$. Le sommet $A$ est équidistant de $Q$ et $R$, $B$ de $R$ et $P$, et $C$ de $P$ et $Q$ ; les angles orientés$\,$ de droites $(BP,PC)$, $(CQ,QA)$ et $(AR,RB)$ sont égaux. Chacun des sommets $A$, $B$ et $C$ est le centre d’un cercle passant par ses deux voisins (figure 1) ; l’angle orienté$\,$ entre les cercles $(B)$ et $(C)$ au point $P$, celui entre $(C)$ et $(A)$ au point $Q$, et celui entre $(A)$ et $(B)$ au point $R$ sont tous trois égaux. Soit $P'$ l’autre point d’intersection des cercles $(B)$ et $(C)$. [1] Nous allons voir que les droites $\,PA$, $QB$ et $\,RC$ sont concourantes.

    Pour jouer avec ces trois cercles, il est tentant [2] de métamorphoser en droites deux d’entre eux au moyen d’une inversion.

    Effectuons l’inversion de pôle $P$ — nom prédestiné — et préservant globalement le cercle $(A)$ (figure 2). Les cercles $(B)$ et $(C)$ deviennent des droites $(b)$ et $(c)$ ; les points $Q$, $R$ et $P'$ deviennent $q$, $r$ et $p'$. On a trois angles de droites égaux : l’angle entre $(c)$ et $(A)$ au point $q$, l’angle entre $(A)$ et $(b)$ au point $r$, et enfin l’angle entre $(c)$ et $(b)$ au point $p'$. [3] Les deux droites $(b)$ et $(c)$ coupant le cercle $(A)$ sous le même angle, son centre $A$ est sur une bissectrice de ces deux droites. L’égalité des angles en $p'$ et $q$ dit que $(b)$ est parallèle à la tangente en $q$, donc perpendiculaire au rayon $Aq$. De même $Ar$ est perpendiculaire à $(c)$ ; et la figure présente une symétrie (sauf en ce qui concerne $P$ ; mais sa position n’importe guère).

    Dans l’inversion, la droite $PA$ reste elle-même ; la droite $QB$ devient le cercle passant par $P$ et $q$ et orthogonal à la droite $(b)$, et $RC$ le cercle passant par $P$ et $r$ et orthogonal à $(c)$. Il s’agit de s’assurer que cette droite $PA$ et ces deux nouveaux cercles se rencontrent en un point autre que $P$, ce qui revient à dire que $PA$ est l’axe radical des deux cercles, ou encore que $A$ a la même puissance par rapport aux deux cercles. C’est très facile : les cercles passant par $q$ et orthogonaux à $(b)$ passent aussi par le point $s$ symétrique de $q$ par rapport à $(b)$. Or la droite $qs$, qui est perpendiculaire à $(b)$, n’est autre que le rayon $Aq$ ; ainsi $q$, $A$ et $s$ sont alignés, et la puissance de $A$ par rapport à un tel cercle vaut $\,\overline{\!Aq}\,\,\overline{\!As}$. Par symétrie, elle égale la puissance $\,\overline{\!Ar}\,\,\overline{\!At}$ (où $t$ est le symétrique de $r$ par rapport à $(c)\,$) de $A$ par rapport à tout cercle passant par $r$ et orthogonal à $(c)$, et c’est terminé.

    [1On ne peut pas remplacer dans ce problème $\,P$ par $\,P'$ car ceci changerait le signe de l’un des trois angles ; ou, si on le fait, il faut aussi remplacer $\,Q$ et $\,R$ par les autres points d’intersection des cercles.

    [2Je m’inspire ici du commentaire de Bistraque sous la Figure sans Paroles 6.8.5.

    [3Et non entre $\,(b)$ et $\,(c)$, car les angles entre $\,(B)$ et $\,(C)$ en $\,P'$ et en $P$ sont opposés.

    Document joint : figure-4-9-26.pdf
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    • 4.9.26

      le 9 de diciembre de 2021 à 12:04, par Hébu

      Une autre proposition.

      .
      On construit la figure à partir d’un triangle $PQR$ (je reprends les notations de Reine). Les points $A,B,C$ sont situés sur les médiatrices de ses côtés (dans l’ordre, $QR, RP, PQ$).

      Comment construire rapidement la figure ? On remarque que les triangles $ARQ, CQP, BPR$ sont isocèles; notons $u,v,w$ les angles des bases de ces triangles, $p,q,r$ les valeurs des angles aux sommets du triangle $PQR$, l’égalité des angles de l’hexagone s’écrit $q+u+v=p+v+w=r+u+w$.
      .

      D’où on tire, par exemple $q+u=p+w$, $r+u=p+v$, . Ce qui montre qu’il suffit de se fixer un des angles $u,v,w$ pour obtenir les autres.

      .
      On peut mettre ceci sous une forme plus «géométrique».

      Je note $D$ l’intersection des médiatrices du triangle. On sait que $(QR,QD)=90-p$, etc. La mesure de $(QA,QD)$ sera $90-p+u$, celle de $(QD,QC)$ sera $90-r+v$, et les relations précédentes montrent l’égalité de ces deux grandeurs: $(QD)$ est bissectrice de $(QA,QC)$.

      Le même raisonnement montre que $(RD)$ et $(PD)$ sont les bissectrices des angles en $R$ et $P$ de l’hexagone.

      .
      D’où une manière expéditive de construire la figure: je place un point $A$ sur la médiatrice de $QR$ (par exemple). La droite symétrique de $(QA)$ par rapport à $(QD)$ vient couper la médiatrice de $QP$ en un point $C$. La symétrique de $(RA)$ par rapport à $(RD)$ fournit $B$ par l’intersection avec la médiatrice de $PR$.

      .
      Et puis, ce résultat conduit à une autre preuve de l’énigme posée. Le point $D$, intersection des médiatrices des côtés du triangle, est de ce fait également sur les bissectrices des sommets $A, B, C$. $D$ est donc l’intersection des bissectrices de tous les angles de l’hexagone, et donc centre d’un cercle inscrit. $ARBPCQ$ est donc circonscriptible, et le théorème de Brianchon affirme alors que les diagonales joignant les sommets opposés sont concourantes !

      .

      Je ne suis pas trop fier de cette proposition: elle fait penser à un lapin qu’on sort de son chapeau — le recours au théorème adhoc...

      Document joint : idm4-9-26.jpg
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      • Très joli !

        le 10 de diciembre de 2021 à 14:54, par Reine

        Très joli ! Faire apparaître le point D est la clé qui explique tout.

        Mais je suis totalement en désaccord avec votre dernier paragraphe. D’abord, Brianchon, pas plus que Pascal, Thalès ou autres Desargues, n’est un lapin ; ensuite, exhiber le théorème ad hoc me semble l’un des fondements de la démarche mathématique.

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        • Très joli !

          le 11 de diciembre de 2021 à 15:29, par Hébu

          En fait, c’est ce recours à Brianchon qui me gène. Comment dire ? Un théorème spécifique (adapté pile poil à la question posée), ça me semble comme un outil de pro, entre les mains de l’amateur que je suis. Desargues ou Thalès ne me font pas cet effet.

          Mais c’est peut-être une idée ridicule...

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          • Si, si, très joli !

            le 12 de diciembre de 2021 à 14:18, par Reine

            Brianchon ne devient Haddock qu’une fois le point D introduit et la symétrie par rapport à QD exploitée ! Il y a peut-être déjà eu, ou il y aura peut-être dans l’avenir, une Figure sans Paroles illustrant Brianchon tout nu, et que ni vous ni moi ne prendrons la peine de commenter. Mais, ayant un peu pataugé à la recherche d’un argument direct avant de me résigner à une inversion, j’ai ensuite eu plaisir à voir D — et non Brianchon — jaillir de votre chapeau, le mien étant resté vide.

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