Figure sans paroles #6.8.14

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

  • 6.8.14

    le 11 janvier à 17:14, par Sidonie

    Deux cercles (A) et (B) sécants. C un des points d’intersection. Un flopée de cercles tangents 2 à 2 et tangents à (A) et (B).
    Il s’agit de prouver que les points de tangences sont cocycliques.
    Un de ces cercles est (F) tangent en D à (A), en E à (B) et en T à son voisin (K).
    (DE) coupe (AB) en G et recoupe (A) et (B) en I et J.
    Pour alléger l’écriture a et b sont les rayons de (A) et (B). a’ = GA et b’ = GB. d = GD et e = GE. r = GC
    Les triangles DFE, DAI et JBE sont isocèles semblables de même AGI et BGE qui ont deux angles égaux. Donc a/a’ = b/b’ et (CG) devient la bissectrice de (CA,CB).
    En notant α le demi angle de (CA,CB)et en appliquant la loi du cosinus à AGC et BGC il vient :
    a’² = a² + r² - 2ar cos(α) et b’² = b² + r² - 2br cos(α). En isolant cos(α) et en égalant :
    (a² + r² - a’²)/2ar = (b² + r² - b’²)/2br puis ba² + br² - ba’² = ab² + ar² - ab’² d’où
    (b – a)r² = (b – a)ab - ab’² + ba’² = (b – a)ab – (b - a)a’b’ puisque ab’ = a’b
    Pour finir r² = ab – a’b’.
    La loi du cosinus appliquée aux triangles AGD et BGE qui ont les angles (DA,DG) et (EG,EC) égaux donne après avoir isolé le cosinus :
    (a² + d² - a’²)/2ad = (b² + e ² - b’²)/2be en réduisant au même dénominateur et en utilisant les égalités ba’² = aa’b’ et ab’² = ba’b’ il vient :
    de(bd – ae) = ab(bd – ae) – a’b’(bd – ae) d’où de = ab – a’b’ = r²
    Or de est la puissance de G par rapport (F) et r est la longueur des tangentes issues de G à (F) et à chacun des cercles de la ribambelle. En particulier G est sur l’axe radical de (F) et (K) qui est leur tangente commune en T donc GT = r et donc en répétant de proche en proche les points de contact sont sur le cercle de centre G et de rayon r.

    Document joint : fsp_6.8.14.jpg
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    • 6.8.14

      le 11 janvier à 17:50, par Hébu

      Impressionnant. Bravo !!!

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      • 6.8.14

        le 11 janvier à 19:59, par Sidonie

        Merci, je pense avoir le droit d’ôter le bonnet d’âne dont je me suis coiffée la semaine passée.

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    • Une généralisation

      le 5 avril à 09:43, par Reine

      Il est tentant de se demander si ce résultat subsiste lorsque les deux cercles donnés ne sont pas supposés sécants. C’est bien le cas ; mais, votre point $C$ n’existant plus, la preuve devra être un peu modifiée. Ceci fournira un sous-produit : l’existence de deux familles de cercles tangents à deux cercles donnés. Chacune de ces deux familles donne lieu à des colliers de cercles tangents si les cercles de départ sont sécants ; s’ils sont tangents, l’une des deux familles est le faisceau de cercles tangents engendré par les deux cercles et l’autre donne lieu à des flopées de cercles tangents ; si enfin les deux cercles ne se rencontrent pas, une seule de ces familles permet d’obtenir de telles ribambelles.

      Je me permettrai d’autres notations que les vôtres. On se donne deux cercles différents $C_1$ et $C_2$, de centres $O_1$ et $O_2$, ainsi qu’un cercle $C$ tangent en un point $T_1$ à $C_1$ et en un point $T_2$ à $C_2$. Sur la figure jointe, $C_1$ et $C_2$ sont extérieurs, mais la démonstration sera indépendante du cas de figure. En m’inspirant de la Figure sans Paroles 6.5.6, je vais montrer que l’intersection $\,H$ des droites $\,T_1T_2$ et $\,O_1O_2$ est le centre de l’une des deux homothéties envoyant $\,C_1$ sur $\,C_2$, et que la puissance de $\,H$ par rapport à $\,C$ vaut $\,k\,p_1=(1/k)\,p_2$, où $\,k$ est le rapport de l’homothétie et $\,p_1$ et $\,p_2$ les puissances de $\,H$ par rapport à $\,C_1$ et $\,C_2$. Il y a donc deux sortes de cercles tangents à $C_1$ et $C_2$, selon que le point $H$ est l’un ou l’autre des deux centres d’homothétie possibles. Pour tous les cercles associés à un même point $H$, la puissance de ce $H$ par rapport à ces cercles est la même, et $H$ est sur l’axe radical de deux quelconques d’entre eux. Lorsque cette puissance $p$ est positive, si deux tels cercles sont tangents, leur point de contact est sur le cercle $(H,\sqrt p)$ ; lorsqu’elle est négative, deux tels cercles ne peuvent jamais être tangents.

      Voici la démonstration. Les données sont $C_1$, $C_2$, $C$, $T_1$ et $T_2$. Appelons $T'_1$ l’autre intersection de $T_1T_2$ avec $C_1$, et $t_1$, $t_2$ et $t'_1$ les tangentes en $T_1$, $T_2$ et $T'_1$ à $C_1$, $C_2$ et $C_1$. En angles orientés de droites, on a immédiatement $(T_1T_2,t'_1)=(T'_1T_1,t'_1)=(t_1,T_1T'_1)=(t_1,T_1T_2)=(T_2T_1,t_2)$. Les droites $t'_1$ et $t_2$ sont donc parallèles, ainsi que les vecteurs $\,\vec{\!O_1T'_1\!}\,$ et $\,\vec{\!O_2T_2\!}\,$. Appelons $H$ et $k$ le centre et le rapport de l’homothétie qui envoie $\,\vec{\!O_1T'_1\!}\,$ sur $\,\vec{\!O_2T_2\!}\,$ (donc aussi $C_1$ sur $C_2$). Ainsi, $H$ est l’intersection de $T_1T_2$ avec $O_1O_2$ et $|k|$ est le rapport des rayons. Il suffit d’écrire $\,\overline{\!HT_1\!}\,\,\,\overline{\!HT'_1\!}\,=p_1$ et $\,\overline{\!HT_2\!}\,/\,\overline{\!HT'_1\!}\,=k$, puis de faire le produit, pour voir que la puissance $\,\overline{\!HT_1\!}\,\,\,\overline{\!HT_2\!}\,$ de $H$ par rapport à $C$ vaut $k\,p_1$.

      Document joint : figure-6-8-14.pdf
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