Commentaire sur l'article

• 5.7.1

  le 20 juillet à 13:54, par Hébu

  Quatre points $A,B,C,D$ sur un cercle. On place sur $(AB)$ et $(CD)$ les projetés orthogonaux de ces points : $AG, BF,CI,DH$.

  $J$ (resp. $K, L$) est l’intersection de $AG$ et $DH$ (resp. de $AC$ et $BD$, de $BF$ et $CI$).

  Les points $J, K, L$ sont alignés.

  .

  Par construction, $A,B,C,D$ sont cocycliques, la puissance de $K$ dans le cercle s’écrit $KA*KC=KB*KD$.

  Les angles droits nous valent d’autres quadruplets cocycliques :

  * $B,I,F,C$ sont cocycliques : la puissance de $L$ permet d’écrire $LI*LC=LB*LF$

  * $A,H,G,D$ sont cocycliques, et la puissance de $J$ donne $JH*JD=JA*JG$.

  .
  Si maintenant on considère les points $A,G,C,I$ d’une part, et $B,H,D,F$ d’autre part, les angles droits en $G,I,F,H$ les font également cocycliques, et les trois égalités précédentes montrent que les points $J,K$ et $L$, de même puissance par rapport à chacun, sont sur leur axe radical.

  Document joint : idm5-7-1.jpg
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• 5.7.1

  le 20 juillet à 20:00, par Sidonie

  Une bien jolie démonstration quelque peu étourdissante. Bravo !!!

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• 5.7.1

  le 20 juillet à 21:26, par Hébu

  Confus et rougissant, je suis troublé... Je crois que ce n’est pas un exploit si fort, si je l’ai trouvé rapidement.

  Mais, sérieusement, je me dis qu’il serait intéressant d’avoir une sorte de « statistique », un comptage des méthodes qu’on a pu mettre en oeuvre dans toutes ces preuves. . Mon impression est qu’on utilise assez souvent les puissances.

  Un hit parade des théorèmes de la géométrie !

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• 5.7.1

  le 1er août à 11:59, par Hébu

  Je viens de trouver, en furetant sur les anciennes figures, quelque chose qui rappelle celle-ci : figure 3.9 (postée il y a 5 ans).

  La solution en est assez simple, et je m’aperçois qu’on peut la réutiliser quasi identique :

  on oublie le cercle ABCD, on se concentre sur les cercles BHDF et CIAG. Les triangles rectangles HJA et GJD, semblables, donnent JA*JG=JH*JD. Même chose pour L (ILB et FLC semblables).

  Et KA*KC=KB*KD.

  Donc, J,L,K ont même puissance par rapport aux deux cercles.

  .
  Plus rapide, donc !

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• 5.7.1

  le 8 août à 11:08, par Sidonie

  Je crains fort que votre dernière égalité ne soit justifiée que par l’existence du cercle ABCD. Cela reste une démonstration fort courte.

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• 5.7.1

  le 8 août à 11:46, par Hébu

  Oui, en effet. J’ai été quelque peu expéditif dans ma rédaction. Il aurait été plus exact de dire « on met de côté KA*KC=KB*KD, puis on oublie le cercle ». C’est lui qui assure la connexion.

  Et de la sorte, les deux démonstrations sont à peu près équivalentes dans leur principe

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• 5.7.1

  le 10 août à 00:02, par Sidonie

  Une démonstration sans la cocyclité ABCD.
  Dans la figure initiale on a (GH)//(BC) puisque toutes deux perpendiculaires au diamètre du cercle EAD passant par E l’une à cause d’une propriété du triangle orthique de EAD, l’autre à cause du prolifique 1.10. Ce parallélisme suffit comme hypothèse pour avoir l’alignement J, K, L.
  Description figure : (AB) et (CD) se coupent en E, H est un point de (AB), G est le point de (CD) tel que (GH)//(BC). F est le point de (CD) tel que (BF)//(AG). I est le point de (AB) tel que (CI)//(DH). J = (AG) $\cap$ (DH).K = (AC) $\cap$ (DB). L = (BF) $\cap$ (CI). M = (IG) $\cap$ (FH). N = (BG) $\cap$ (CH). O = (AF) $\cap$ (DI).
  Démonstration : En plus des 3 paires de parallèles ci-dessus s’en trouvent 3 autres (AC)//(FH), (IG)//(BD), (IF)//(AD).
  On a $\frac {EH} {EB}$ = $\frac {EG} {EC}$ et $\frac {EB} {EA}$ = $\frac {EF} {EG}$ et en multipliant membre à membre $\frac {EH} {EA}$ =$\frac {EF} {EC}$ qui prouve (AC)//(FH) et les deux autres de la même manière.
  Il suffit alors d’utiliser 4 fois un résultat qui découle du théorème de Thalès et sa réciproque, qui découle aussi du théorème de Desargues en géométrie projective : si deux triangles ont leurs côtés 2 à 2 parallèles alors les droites joignant les sommets correspondants sont concourantes.
  JHG avec LBC donne J,N et L alignés, JAD avec LIF donne J,O et L alignés et J et L sont sur (ON)
  MHG avec KBC donne M,N et K alignés, KAD avec MIF donne M,O et K alignés et Met K sont aussi sur (ON)

  Document joint : fsp_5.7.1_generalise.jpg
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• 5.7.1

  le 10 août à 14:39, par Hébu

  Encore donc une démonstration — très différente ! Et surprenante. Je ne connais pas le résultat de Desargues (un furtif regard sur wikipedia me conseille d’y aller prudemment), mais il semble puissant. Encore un point à approfondir !

  A propos des parallèles : on peut aussi justifier le parallélisme en invoquant les points cocycliques. BDFH cocycliques, donc les angles BHF et BDF égaux, et dans le cercle ABCD les angles BDF et BAC égaux.

  Chaque cercle ayant un côté ou une diagonale comme diamètre donne un nouveau couple de parallèles (donc 6 au total). Mais ça nécessite d’invoquer la cocyclicité !

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• 5.7.1

  le 11 août à 21:45, par Sidonie

  J’ai un peu frimé avec le théorème de Desargues mais j’aime tant sa démonstration, évidente en 3D puis projetée dans le plan avec, et ici, en plus, le point à l’infini. Mais la démonstration avec le théorème de Thalès est plus élémentaire.
  La 6 paires de parallèles sont dans ma démonstration mais découlent de 3 paires sans avoir besoin de cocyclité. C’était mon objectif : faire de la figure proposée un cas particulier d’un cas plus général avec à l’arrivée non 3 points alignés mais 6.

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