Figure sans paroles #5.6.5

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

  • 5.6.5

    le 13 de abril à 16:41, par Hébu

    Un cercle, de centre $O$, traversé par deux sécantes $(EAD)$ et $(EBC)$.
    Deux cercles, l’un passant par $A, O, C$, l’autre par $B, O, D$, se recoupent en $F$.

    $(EF)$ et $(OF)$ sont perpendiculaires.

    .
    (Remarque. La figure présente une forte ressemblance avec les précédentes du 5.6, surtout si on la «renverse», en mettant $E$ à gauche. En gardant les mêmes noms pour les points: dans 5.6.4, le point $F$ est intersection des cercles passant par $A, O, B$ et $D, O, C$.)

    .
    Il faut quand même l’enrichir un peu. Par exemple en faisant apparaître un quadrilatère $ABCD$, inscriptible, puis un point $Y$, concours de $AB$ et $CD$, de façon à hériter d’un quadrilatère complet.

    Et je remarque surtout l’analogie avec 5.6.1, où on a montré que l’angle en $F$ était droit (avec $YBC$ jouant ici le rôle du triangle $ABC$).

    .
    Soit donc un triangle $YBC$, un cercle de centre $O$ passant par $B$ et $C$. Il coupe $YB$ en $A$ et $YC$ en $D$. On trace le cercle circonscrit de ce triangle, puis le cercle passant par $Y, A, D$. La figure 5.6.1 a montré que ces deux cercles se croisent (croisaient?) en un point $F$ tel que $\widehat{YFO}=\pi/2$ (je l’appelle $F$, je devrais dire $F'$ — il faudra montrer plus loin que $F$ et $F'$ ne font qu’un).

    D’autre part, $YF$ coupe $BC$ en $E$ (on l’a vu dans plusieurs figures précédentes, cela résulte de ce que $E$ est centre radical de ces cercles).

    Enfin, le point $G$, point de concours des diagonales $AC$ et $BD$, est l’orthocentre du triangle $YEO$, et donc se trouve sur $OF$ (un résultat rappelé par Sidonie à l’occasion de sa solution du problème 5.6.3)

    .
    Reste à montrer que $F$ est bien sur les deux cercles initiaux, passant par $B,O,D$ et $A,O,C$ (c’est à dire que $F'$ et $F$ ne font qu’un).

    L’angle $ACO$ mesure $\pi/2-B$. Puisque $YDAF$ est inscriptible, $YFA=ADC=\pi-B$ et $AFO=\pi/2-B$. Donc, $ACO=AFO$, $F$ est bien sur le cercle passant par $A, O$ et $C$.

    Dans le cercle circonscrit à $YBC$, $YFB=\pi-C$ et donc $OFB=\pi/2-C$.
    Et sur le cercle $A,B,C,D$ on voit que $ODB=\pi/2-C$. De sorte que $OFB=ODB$, $F$ est donc sur le cercle $(O, D, B)$.

    (de plus, $OBD=OFD$, et $OF$ est bissectrice de $DFB$)

    Document joint : idm5-6-5-1.jpg
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  • 5.6.5

    le 14 de abril à 00:00, par Sidonie

    Bonsoir

    Il ne vous surprendra pas que je propose une méthode différente.

    Tout d’abord je complète une propriété des quadrilatères complets au noyau cocyclique: Si le quadrilatère ABCD complété par E et F est inscrit dans un cercle de centre O avec G point d’intersection des diagonales [AC] et [BD] alors (OG) est perpendiculaire à (DE) (déjà vu) et le point d’intersection est le point de Steiner (conséquence du 4.8.18).

    J’appelle S le point de Steiner. Il reste à prouver qu’il appartient aux cercles AOC et BOD. On sait qu’il appartient aux cercles circonscrits aux 4 triangles formés par le quadrilatère complet. Donc les cercles ABE et CBX passent par S.

    Les angles $\widehat {ASE}$ et $\widehat {CSX}$ sont opposés à $\widehat {ABC}$ dans chacun des 2 cercles: ils sont égaux . (DE) est la bissectrice extérieure de $\widehat {ASC}$, sa perpendiculaire (SO) devient la bissectrice intérieure. La médiatrice de la corde [AC] passe par O qui est donc sur le cercle circonscrit à ACS un des cercles de la figure.

    (AC) est l’axe radical des cercles ABC et AOC. (BD) est l’axe radical des cercles ABC et BOD donc leur intersection G a même puissance par rapport aux 3 cercles et (OG) est l’axe radical des cercles AOC et BOD. (OG) recoupe le cercle AOC en S qui est donc le deuxième point d’intersection et appartient alors au cercle BOD.

    Document joint : fsp_5.6.5.jpg
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  • 5.6.5

    le 14 de abril à 15:39, par Hébu

    Bonjour !

    J’avais laissé un petit message ce matin, mais il a disparu ! Je ne comprends pas...

    .
    J’ai essayé de creuser le sujet «point de Steiner», mais je suis perplexe — peu de références sur internet. Vous écrivez

    "Si le quadrilatère ABCD complété par E et F est inscrit dans un cercle de centre O avec G point d’intersection des diagonales [AC] et [BD] alors (OG) est perpendiculaire à (DE) (déjà vu) et le point d’intersection est le point de Steiner.

    Je trace la figure, je trouve une intersection de DE et OG (qui correspond à votre figure) mais pas d’angle droit !

    .
    Où est mon erreur ?

    Document joint : pt_de_steiner.ggb
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    • 5.6.5

      le 14 de abril à 18:39, par Sidonie

      Je vous présente mes excuses , j’ai écrit DE à la place de EF. Le point de Steiner d’un quadrilatère complet est l’intersection entre 4 cercles circonscrits à ABE ,CDE, BCF, ADF.

      Document joint : pt_de_steiner-2.ggb
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      • 5.6.5

        le 15 de abril à 13:09, par Hébu

        Merci ! J’avais exploré le web sur le quadrilatère complet, et j’avais trouvé effectivement ce point, mais sous la dénomination «point de Miquel». Je ne sais pas s’il existe une nomenclature universelle — je suppose que les français parlent de Miquel, les anglo-saxons de Steiner (à moins qu’il ne soit allemand), et les italiens doivent avoir un point de Stromboli, ou de Bellini ...

        .
        Ceci étant, c’est une propriété magnifique !

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        • 5.6.5

          le 15 de abril à 22:41, par Sidonie

          En effet, j’ai confondu. Il s’agit bien du point de Miquel. Avec toutes mes excuses.

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          • 5.6.5

            le 16 de abril à 12:06, par Hébu

            Rassurez-vous, pas de problème ! D’ailleurs j’aurais dû être capable de me débrouiller !

            Et puis, je pense que rien n’est simple. Selon wikipedia, le résultat serait dû à un monsieur Miquel, qui le démontre en 1838. Mais on trouve, reproduit sur:

            http://www.numdam.org/item/?id=AMPA_1827-1828__18__302_0

            un petit article, de Jacob Steiner (université de Berlin) dans lequel il énonce le résultat, avec d’autres encore plus étonnants. C’est rédigé comme une énigme à résoudre (ce qui laisse à penser qu’il connaissait déjà).

            .
            Et l’article date de 1827 !

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