Figure sans paroles #4.11.4

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

  • 4.11.4

    le 12 novembre à 18:23, par Sidonie

    Il suffit de considérer la symétrie par rapport à la bissectrice de l’angle de 60°. Chacun des autres sommets forment avec son image et le sommet de 60° un triangle équilatéral. Il en découle que l’image des deux hauteurs tracées sont des médiatrices. En conséquence l’orthocentre et le centre du cercle circonscrit sont symétriques et la bissectrice devient hauteur du triangle qui devient isocèle (et même équilatéral) dont on veut démontrer l’égalité des angles à la base.
    Je laisse la CNS à Hébu.

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    • 4.11.4

      le 13 novembre à 12:08, par Hébu

      Oui, une argumentation très élégante, et rapide. La preuve que je voulais proposer est plus laborieuse, et moins synthétique. Il me faut donc nommer les points !

      .

      Voici donc un triangle $ABC$, les hauteurs $BD$ et $CE$, qui se croisent en $H$, l’orthocentre. $O$ le centre du cercle circonscrit, et le segment $OH$, prolongé en $J$ sur $AC$ et en $K$ sur $AB$.

      L’angle $A$ mesurant 60 degrés, il s’agit de montrer que les angles $KJA$ et $JKA$ sont égaux.

      .

      Tout d’abord, on peut voir (quelle que soit la mesure de $A$), que les angles $KAO$ et $HAJ$ sont égaux (ils valent 90-c).

      Maintenant, avec $a=60$ degrés, l’angle $ABD$ vaut 30 degrés, le triangle rectangle $ABD$ est un « demi-triangle équilatéral », et les longueurs $AD=AB/2$.

      J’ajoute au dessin le point $M$, projeté orthogonal de $O$ sur $AB$. $OM$ est la médiatrice de $AB$, et $AM=AB/2$. De sorte que les triangles rectangles $AMO$ et $ADH$ sont égaux, ergo $AO=AH$, $AOH$ isocèle et $AOH=AHO$, ce qui implique $AOK=AHJ$ et à leur tour $AKO=AJH$.

      .

      Et la réciproque, en tricotant à l’envers le même argument.

      Soient donc les angles en $K$ et $J$ égaux.
      Comme dit plus haut, les angles $KAO$ et $HAJ$ sont encore égaux

      Le triangle $AKJ$ est isocèle, $AK=AJ$, les triangles $AKO$ et $AJH$ sont donc égaux, ce qui implique l’égalité des triangles $AMO$ et $ADH$, donc $AM=AD$, faisant de $BAD$ un « demi-triangle équilatéral », et donc $a=60$ degrés.

      Document joint : idm4-11-4.jpg
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      • 4.11.4

        le 13 novembre à 16:47, par Sidonie

        Bonjour,

        Pour la réciproque j’utilise encore la bissectrice intérieure issue de A qui grâce à l’égalité KAO et HAJ devient la bissectrice de HAO. Elle est aussi la médiatrice de KJ et donc aussi de HO.

        A nouveau la symétrie autour de cette bissectrice. La hauteur issue de C à pour image une perpendiculaire à AC qui passe par O (c’est donc la médiatrice de AC) et par C’ image de C sur AB.

        Le triangle ACC’ est équilatéral et a=60°

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        • 4.11.4

          le 13 novembre à 18:15, par Hébu

          bien vu ! La symétrie règle donc toute la question

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  • 4.11.4

    le 13 novembre à 14:43, par Hébu

    en fait il me semble que les preuves sont les mêmes (je veux dire qu’elles utilisent les mêmes propriétés), celle de Sidonie étant plus brève et plus synthétique, la mienne plus terre à terre, mais qui me semble permettre plus directement la réciproque (mais peut-être parce que je ne vois pas d’autre approche)

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    • 4.11.4

      le 13 novembre à 17:25, par Hébu

      La figure précédente supposait l’angle en C aigu (comme la figure proposée en énigme).

      Mais on peut bien sûr prendre C plus grand — la figure devient plus exotique, l’angle KAO, qui vaut 90-c, mettant le point O hors du triangle.

      Mais on vérifie que les preuves continuent à fonctionner

      Document joint : idm4-11-4-obtus.jpg
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