Figure sans paroles #4.11.2

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

  • 4.11.2

    le 29 de octubre de 2018 à 16:32, par Sidonie

    ABC est un triangle dont l’angle A mesure 60°, l’angle B mesure b >60°. D,E et I sont les pieds des bissectrices intérieures à B, C et A. J est l’intersection de (DE) avec (BC). K est le projeté orthogonal de A sur (DE) , L est l’intersection entre (AK) et (BC) . Il faut démontrer que AK=KL.

    En utilisant le théorème de Ménélaus il vient en mesures algébriques BE/AExAD/CDxCJ/BJ =1

    Les deux premiers rapports se transforment en BC/ACxAB/CBxCJ/BJ=1 puis CJ/BJ =CA/BA=-CI/BI

    Donc I et J sont conjugués harmoniques de B et C . I étant le pied de la bissectrice intérieure (AJ) devient la bissectrice extérieure et l’angle JAB mesure 60°. La somme des angle permet alors de calculer AJB=b-60° et EJB =b/2-30° (EF) est donc la bissectrice de AJC et L devient le symétrique de A par rapport à (EF) et donc AK=KL. (et bien d’autres choses encore).

    Bien laborieux, j’en conviens, peut-on faire plus simple ?

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    • 4.11.2

      le 29 de octubre de 2018 à 21:50, par Hébu

      Faire plus simple, non ! Solution que je trouve étonnante, qui me semble même brillante.

      .

      Pour ma part, j’ai cogité laborieusement à partir de la figure précédente. Calculs d’angles, rien de glorieux et sûrement encore plus laborieux...

      .

      L’angle $\widehat{ADB}$, comme dans le précédent, vaut $120-b/2$.

      J’appelle $O$ le point de concours des bissectrices.
      Le problème précédent a montré que le quadrilatère $AEOD$ est inscriptible. J’utilise cette propriété pour estimer l’angle $\widehat{EAL}$, d’où je déduit $\widehat{ALB}$. Calcul sans histoire qui montre finalement que $\widehat{ALB}=\widehat{ADB}=120-b/2$.

      .

      De sorte que le point $D$ est sur le cercle passant par $A, B$ et $L$. Il s’ensuit que $\widehat{DAL}=b/2$, $\widehat{ALD}=b/2$ (angles inscrits), donc $ADL$ est isocèle, sa hauteur est aussi médiane, et $K$ est milieu de $AL$.

      Voila, c’est plus long (j’ai omis le détail de la détermination des angles), peut-être plus classique ?

      (je joins la figure pour éviter toute ambiguité de notation)

      Document joint : idm4-11-2s.jpg
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      • 4.11.2

        le 29 de octubre de 2018 à 21:53, par Hébu

        J’ai aussi une preuve de la réciproque (si les deux segments égaux, alors l’angle vaut 60 degrés), mais il faut que je la mette en forme . Demain, peut-être ?

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        • 4.11.2

          le 30 de octubre de 2018 à 11:21, par Sidonie

          A la suite de votre message, j’ai cherché une démonstration de la réciproque.

          Tout d’abord l’alignement des pieds de deux bissectrices intérieures avec le pied de la bissectrice extérieure du troisième sommet est valable pour tous les triangles, je suppose que c’est un fait bien connu, de même que son corollaire qui est l’alignement des pieds des 3 bissectrices extérieures formant une droite remarquable du triangle ABC et qui porte certainement un nom célèbre.

          L’égalité AK=KL fait de( JE ) la médiatrice de [AL], de AJL un triangle isocèle et de (JE) la bissectrice de AJC.
          Dans le triangle AJC , E est l’intersection entre deux bissectrices donc (AE) est la bissectrice de JAC.
          Si on note «a» la mesure de l’angle BAC on obtient JAB=a et BAI=a/2 or les bissectrices intérieure et extérieure sont perpendiculaires d’où a+a/2=90° et a=60°

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          • 4.11.2

            le 30 de octubre de 2018 à 12:53, par Hébu

            Bravo ! J’avais une démonstration plus laborieuse, basée sur la remarque que AEL et ADL sont isocèles. Le principe était encore de calculer des angles... Mais cette approche est définitivement beaucoup plus élégante.

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