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.

Commentaire sur l'article

  • 4.9.26

    le 29 novembre 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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