Figure sans paroles #5.6.18

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

  • 5.6.18

    le 13 juillet à 14:38, par Hébu

    Quatre points $A, B, C, D$ sur un cercle de centre $O$. Les droites $AD$ et $BC$ se croisent au point $Y$.

    Un second cercle passe par $A, B$ et $Y$. Il coupe le premier en un point $F$.

    Il s’agit alors de montrer que $B, O, D, F$ d’une part, $C, O, A, F$ de l’autre, sont cocycliques.

    .

    J’ai repris la nomenclature des points de la figure 5.6.5, où on a découvert le point de Miquel/Steiner, $F$, et montré que $YF$ et $OF$ sont orthogonaux.

    .
    En fait, la figure 5.6.5 donnait $F$ comme point de concours des cercles. La présente figure propose donc une sorte de réciproque. Mais l’argumentation de Sidonie pour le 5.6.5 a, très exactement, établi cette réciproque.

    Document joint : idm5-6-18.jpg
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    • 5.6.18

      le 15 juillet à 16:18, par Sidonie

      Bonjour Hebu, ravie que vous citiez ma production. Que diriez-vous d’une autre solution sans quadrilatère complet et sans point de Miquel ?
      J’ajoute I et J les centres des cercles EAB et ECD. M le centre du cercle de diamètre [EO] dont on sait grâce au 5.6.7 qu’il passe par F et donc que (EF) $\bot$ (OF).
      (OF) $\cap$ (EI) = G. (OF) $\cap$ (EJ) = H. (EI) $\cap$ (CD) = K. (EJ) $\cap$ ((AB) = L
      L’angle droit en F prouve que G $\in$ (EI) et H $\in$ (EJ)
      Avec le 1.10 on sait que (EI) $\bot$ (CD) mais comme nul n’a posté de démonstration j’en donne une à base d’angle orienté de droites qui prouve aussi que (EJ) $\bot$ (AB)
      (KC,KE) = (CK,CE) + (EC,EK) = (AE,AB) + (AB,AG) =(AE,AG) = $\frac {\pi} {2}$
      Les triangles rectangles EAL et ECK ont leurs angles en A et C égaux donc les angles en E aussi.
      (FD,FH) = (ED,EH) = (EG,EB) = (FG,FB) et (FH) devient la bissectrice de (FD,FB).
      Elle coupe la médiatrice de [DB] en O qui appartient donc au cercle circonscrit à FDB.
      La même démonstration se fait aussi avec A et C ce qui donne le deuxième cercle cherché.

      Document joint : fsp_5.6.18.jpg
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      • 5.6.18

        le 16 juillet à 12:36, par Hébu

        Oui, c’est un autre genre ! Mais ça fonctionne .

        Bravo pour cette deuxième preuve.

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    • 5.6.18

      le 15 juillet à 17:25, par Sidonie

      Errata : au lieu de G ∈ (EI) et H ∈ (EJ) lire G (et H) appartient au cercle EAB (ACD).

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