Figure sans paroles #5.6.2

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.

Commentaire sur l'article

  • 5.6.2

    le 23 mars à 16:55, par Hébu

    Sur une circonférence de centre $O$, deux sécantes $AB$ et $CD$, se coupant au point $E$.
    Deux cercles, l’un passant par $A, C, E$, l’autre par $B, D, E$, se coupent en $F$.

    Alors les segments $OF$ et $EF$ sont perpendiculaires.

    .
    L’angle $\widehat{CFB}$ admet $FG$ comme bissectrice : en effet, dans le cercle $CAEF$, $\widehat{GFC}=\widehat{BAC}$. Dans le cercle $BDFE$, $\widehat{GFB}=\widehat{BDC}$. Et dans le cercle $ABCD$, $\widehat{BDC}=\widehat{BAC}$.

    De sorte que $\widehat{CFB}=2\times \widehat{CAB} = \widehat{COB}$ (angle au centre). On peut donc exhiber un quatrième cercle, passant par $C, B, F, O$.

    La droite $(GF)$ coupe ce cercle en un point $M$, et puisque $GF$ est la bissectrice, les arcs $CM$ et $MB$ sont égaux. $M$ est donc sur la médiatrice de $BC$. C’est aussi évidemment le cas de $O$ : $OM$ est la médiatrice de $BC$, et est donc un diamètre du cercle $CBFO$. Et donc $\widehat{MFO}$ est droit.

    .
    J’étais parti sur des considérations de polaires, dans la suite des aventures précédentes. Appelant $J$ le point de concours de $AB$ et $CD$, alors $J$ admet $GJ$ comme polaire (j’espère ne pas me tromper). Et donc $JO$ et $GF$ sont perpendiculaires. Mais las ! Comment prouver que $F$ est sur $JO$ ? Dommage, ça faisait une preuve moins lourde.

    .

    Document joint : idm5-6-2.jpg
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    • 5.6.2

      le 25 mars à 12:38, par Sidonie

      Démonstration efficace et rondement menée. Manque, peut-être, la justification de l’alignement E,F,G sans grande difficulté et que vous avez sans doute oubliée dans vos cartons.

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      • 5.6.2

        le 25 mars à 17:02, par Hébu

        Oh lala, la honte ! Pour réparer au plus vite :

        .
        L’angle $\widehat{CFB}$ admet $FE$ comme bissectrice : en effet, dans le cercle $CAEF$, $\widehat{EFC}=\widehat{BAC}$. Dans le cercle $BDFE$, $\widehat{EFB}=\widehat{BDC}$. Et dans le cercle $ABCD$, $\widehat{BDC}=\widehat{BAC}$.

        De sorte que $\widehat{CFB}=2\times \widehat{CAB} = \widehat{COB}$ (angle au centre). On peut donc exhiber un quatrième cercle, passant par $C, B, F, O$.

        .
        La droite $(EF)$ coupe ce cercle en un point $M$, et puisque $EF$ est la bissectrice, les arcs $CM$ et $MB$ sont égaux. $M$ est donc sur la médiatrice de $BC$. C’est aussi évidemment le cas de $O$ : $OM$ est la médiatrice de $BC$, et est donc un diamètre du cercle $CBFO$. Et donc $\widehat{MFO}$ est droit.

        .
        Et voilà ! Le point $G$ a disparu... Il figurait, parce que dans ma tentative initiale je faisais apparaître le quadrilatère complet.

        .
        Et j’avoue être passé, inconscient, sur cette difficulté...

        Il faut réfléchir à le réintroduire, en montrant l’alignement de $E,F$ et $G$. Une affaire d’<< angle chasing >>, comme disent les anglo-saxons ?

        Document joint : idm5-6-2modifie.jpg
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        • 5.6.2

          le 25 mars à 23:15, par Sidonie

          Voila que les polaires vous font oublier vos classiques : dans le grand cercle GA.GC = GB.GD et G ayant même puissance par rapport aux deux petits cercles est sur leur axe radical.

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  • 5.6.2

    le 26 mars à 12:17, par Hébu

    Effectivement... Que dire pour ma défense ?
    .
    Rien. Impardonnable.

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