Figure sans paroles #4.11.3

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

  • 4.11.3

    le 5 novembre à 13:20, par Sidonie

    En reprenant la figure proposée par Hébu dans le 4.11.2 (qu’il en soit remercié) le cercle passant par A,B et D passe par L . Reste à montrer que A,E,C et L sont cocycliques.

    On a (en mesure d’angle) LAD=BAD=b/2 puis LAE=60°-b/2=c/2. Légalité LCE=LAE prouve la cocyclicité.

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    • 4.11.3

      le 5 novembre à 15:24, par amic

      Avez-vous remarqué que celui-ci donnait une preuve élémentaire du 4.11.2 ?

      Commençons par noter A le sommet à 60°, B et C les deux autres, et D l’intersection de la bissectrice en B et de (AC), E celle de la bissectrice en C et de (AB) (comme dans le schéma auquel vous faites référence).

      On note L (pour ne pas changer les notations) l’intersection de (BC) et du cercle passant par ABD. L’angle BLA vaut donc, de même que BDA : 120-b/2. Donc l’angle CLA vaut aussi 180-BLA=60+b/2=120-c/2 puisque b+c=120. Et donc on a CLA=CEA donc AECL sont cocycliques.

      Mais maintenant, regardons la figure formée par les points AELD et les deux arcs de cercles. Mais comme ABD=DBL=b/2, l’arc de cercle ADL est coupé en son milieu par D. De même l’arc AEL est coupé en son milieu par E. Donc A et L sont symétriques par rapport à la droite DE !

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      • 4.11.3

        le 5 novembre à 16:22, par Sidonie

        Bien vu, et cela répond à ma demande d’une démonstration mois tarabiscotée.

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        • 4.11.3

          le 6 novembre à 17:21, par Hébu

          Toujours mon obsession de la cns... Comment la placer, ici ?

          .

          Je propose de dire : considérons le cercle passant par $A, B, D$ et celui passant en $A, E, C$. Les deux cercles coupent $BC$ en un point unique (L) si et seulement si $A=60$ degrés.

          .

          Supposons deux points de sécance $L_1$ et $L_2$. On aura $BAL_1= a-b/2$ (c’est le LAE de Sidonie).

          Le même calcul dans l’autre cercle donne $CAL_2=a-c/2$, soit $BAL_2=a-CAL_2=c/2$, et les points $L_1$ et $L_2$ sont confondus, si et seulement si $a-b/2=c/2$, soit $a=(b+c)/2$, c’est à dire $a=60$.

          .

          Et voilà, j’ai ma CNS.

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