Figure sans paroles #5.5.1

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.

Commentaire sur l'article

  • 5.5.1

    le 6 janvier à 13:16, par Sidonie

    Je démontre un résultat intermédiaire :

    Deux droites sécantes en X coupent deux droites sécantes en Y en formant un quadrilatère ABCD inscriptible. d et d’ sont les bissectrices intérieures issues de X et Y (il fut déjà démontré que d et d’ sont perpendiculaires mais cela ne sert à rien ici). Deux autres droites passant par Y recoupent les droites passant par X en formant le quadrilatère EFGH.

    Résultat : EFGH est inscriptible si et seulement si (EH) et (FG) sont symétriques par rapport à d’.

    Preuve :
    Dans le triangle DHY on a $\widehat {ADC}$ = $\widehat {DHY}$ + $\widehat {HYD}$ = $\widehat {EHG}$ + $\widehat {HYD}$
    Dans le triangle BFY on a $\widehat {EFG}$ = $\widehat {FBC}$ + $\widehat {BYF}$
    Donc $\widehat {EFG}$ + $\widehat {EHG}$ = $\widehat {ABC}$ + $\widehat {ADC}$ + $\widehat {BYF}$ - $\widehat {HYD}$ = $\pi$ + $\widehat {BYF}$ - $\widehat {HYD}$

    si (EH) et (FG) sont symétriques par rapport à d’ alors $\widehat {BYF}$ = $\widehat {HYD}$ et $\widehat {EFG}$ + $\widehat {EHG}$ =$\pi$ et EFGH est inscriptible
    Si EFGH est inscriptible alors $\widehat {EFG}$ + $\widehat {EHG}$ =$\pi$ et $\widehat {BYF}$ = $\widehat {HYD}$ donc (EH) et (FG) sont symétriques par rapport à d’

    Il suffit de reprendre ce résultat plusieurs fois en jouant sur X et Y pour arriver au résultat (et à la construction de la figure)

    Répondre à ce message
    • 5.5.1

      le 6 janvier à 13:18, par Sidonie

      J’oubliais la figure

      Document joint : fsp_5.5.1.jpg
      Répondre à ce message
      • 5.5.1

        le 6 janvier à 21:01, par Hébu

        Joli ! Un théorème (une cns même) qui permet de calmer l’angoisse qui m’a saisie quand j’ai essayé de construire la figure.

        .
        Imparable. L’année commence fort...

        Répondre à ce message
  • 5.5.1

    le 8 janvier à 14:08, par Hébu

    Je propose de reformuler la démonstration de Sidonie, en m’appuyant sur la remarque qui concerne les droites (d) et (d’).

    Les droites (d) et (d’) sont orthogonales. J’ai rapidement cherché, sans succès, la figure où on a pu rencontré cette particularité. Mais on peut facilement voir que, pour un quadrilatère quelconque ABCD, l’angle formé par ces droites vaut (b+d)/2 (les notations sont celles de la figure de Sidonie, b, d sont les mesures des angles aux sommets).

    De sorte qu’on peut écrire :
    (d) et (d’) perpendiculaires <==> ABCD est inscriptible.

    Et je propose alors de formuler un corollaire :

    soient deux droites (d) et (d’) perpendiculaires. Quatre points A,B,C,D forment un QI si (AB) et (CD) d’une part, (AD) et (BC) d’autre part sont symétriques par rapport à (d) et (d’) — de sorte que nos droites soient les bissectrices des angles ainsi formés aux points X et Y.

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