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.

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  • 4.9.26

    le 9 décembre 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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