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.

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  • 5.6.5

    le 13 avril 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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