Figure sans paroles #5.4.1

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

  • 5.4.1

    le 2 de septiembre à 14:07, par Sidonie

    ABCD et AEFG sont des quadrilatères circonscriptibles(voir 5.2.2) tels que A,E,B et A,G,D sont alignés et F est l’intersection entre (BG) et (DE). Il faut prouver que FBCD est aussi circonscriptible.

    ABCD est circonscriptible si et seulement si AB + CD =AD + BC résultat énoncé par Hébu au 5.2.2. La démonstration de la condition suffisante utilise (pour moi) un résultat prouvé au 5.3.2: si (EF) et (GH) sont tangentes à un cercle en E et G et si EF + GH= FH alors (FH) est tangente au cercle.

    BC + FD - CD -BF = BK + KC + DO - OF - CL - LD - BD + PF = BJ + DQ - DM - BN = JN - MQ = 0 puisque JN et MQ sont symétriques par rapport à (AH). (les simplifications et transformations utilisent les égalités de bras de tangentes)

    Donc BC+FD = CD+BF et FBCD est circonscriptible

    Document joint : fsp_5.4.1.jpg
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    • 5.4.1

      le 2 de septiembre à 14:45, par Hébu

      Quelle célérité ! Mais z’alors, ce résultat prouve, rétrospectivement, 5.2.2, sur lequel nous sêchames !

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      • 5.4.1

        le 2 de septiembre à 16:53, par Sidonie

        Je vous trouve bien optimiste, les deux situations sont subtilement différentes, les résidus sont ici des triangles et des trapèzes dans le 5.2.2

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    • 5.4.1

      le 3 de septiembre à 14:31, par Hébu

      Pour ce qui est de la condition suffisante, on peut s’en sortir par un raisonnement poussif:

      .
      supposons l’égalité des sommes des longueurs. On peut construire le cercle tangent à $AB, AD$ et $BC$. Depuis $C$ on trace la tangente $CD'$ au cercle — elle coupe la droite $(AD)$ au point $D'$.

      .
      Le quadrilatère $ABCD'$ sera inscriptible par construction, et $AD'+BC=AB+CD'$; supposant $D'$ entre $A$ et $D$, on écrit $AD+DD'+BC=AB+CD'$. De l’hypothèse et de cette dernière égalité on déduit $AB-BC=AD-CD=AD+DD'-CD'$ soit $CD'=CD+DD'$ — ce qui implique $C, D, D'$ alignés, et impose que $D$ et $D'$ soient confondus. (si on prend $D'$ extérieur à $AD$, même raisonnement)

      Document joint : quadri.jpg
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      • 5.4.1

        le 3 de septiembre à 17:56, par Sidonie

        Je vous propose une autre version de cette démonstration.

        On prend le même cercle qui donne AB = e + f, BC = f + g et AD = e + h
        ensuite l’égalité AB + CD = AD + BC donne CD = g + h.

        Ce qui permet de tracer deux cercles tangents l’un de centre C passant par J l’autre de centre D passant par L. (OJ) et (OL) sont tangentes chacune à l’un des cercles, comme OJ = OL, O est un point de leur axe radical et donc (OK) est la tangente commune avec OK = OJ = OL .

        K devient un point du grand cercle et (OK) perpendiculaire à (CD) fait le reste.

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        • 5.4.1

          le 3 de septiembre à 21:15, par Hébu

          oui, c’est plus élégant que mon argumentation !

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