Figure sans paroles #4.1.2

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

  • 4.1.2

    le 1er mai à 00:14, par Sidonie

    O est le centre circonscrit à ABC. H en est l’orthocentre. M est le milieu de [BC]. D et E sont les pieds des hauteurs issues de B et C. (AO) coupe (BC) en I. (AH) coupe (DE) en G. Il s’agit de prouver (MH) // (IG).

    La demi-droite [MH) coupe le cercle en K. (AK) et (BC) sont sécantes en P. F est diamétralement opposé à A.

    (AF) est un diamètre donc (FB) $\bot$ (AB) et (FC) $\bot$ (AC) donc (FB) // (CE) et (FC) // (BD) d’où FBHC est un parallélogramme et M, milieu de [BC] l’est aussi pour (FH) et F,G,H et K sont alignés.

    (AF) est toujours un diamètre donc (AK) $\bot$ (HK) et la puissance de P permet d’écrire PB.PC = PK.PA

    Le cercle de diamètre [BC] passe par D et E de même que le cercle de diamètre [AH] qui passe aussi par K. L’égalité PB.PC =PK.PA montre que P a même puissance par rapport à ces deux cercles, P est donc sur leur axe radical (DE).

    On sait que le diamètre d’un cercle circonscrit issu d’un sommet est perpendiculaire à la droite joignant les pieds des hauteurs issues des deux autres sommets donc (PG) $\bot$ (AI) et comme H est l’orthocentre (AG) $\bot$ (BI).

    Dans le triangle API, (PG) et (AG) sont deux hauteurs donc (IG) est la troisième hauteur.

    (MH) $\bot$ (AP) et (IG) $\bot$ (AP) donc (MH) // (IG) ... QED

    Document joint : fsp_4.1.2.jpg
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    • 4.1.2

      le 17 mai à 17:22, par Hébu

      J’ai passé du temps à réfléchir sur cette figure, ces semaines passées. Le problème, c’est que, après avoir cogité sur la figure 4.8.25, je ne voulais pas aboutir à quelque chose qui plagie ce qu’on avait proposé pour icelle (où on montre que MH ⊥ AP

      .
      L’idéal serait de produire une preuve qui ne s’appuie pas sur la perpendicularité de AP et MH.

      .
      Mais je n’ai pas réussi...

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      • 4.1.2

        le 18 mai à 20:22, par Sidonie

        Je n’ai remarqué que postérieurement que nous avions démontré la même perpendicularité. Je comprend votre souci de ne pas utiliser une propriété qui n’est pas prouvée avant, mais ce n’était pas ma situation alors. Je doute qu’on puisse parvenir à la solution autrement, mais vous avez ouvert mon intérêt. J’y retourne.

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        • 4.1.2

          le 19 mai à 13:26, par Hébu

          En fait, en parcourant les figures, on s’aperçoit que la configuration de celle-ci se retrouve assez souvent (ça commence avec la figure 1.10). Mon idée, c’est qu’il est plus satisfaisant de construire des preuves « minimales » — même si évidemment une argumentation qui prouve plus que nécessaire reste valide.

          Et puis, notre situation est compliquée du fait qu’on revient en arrière. Si on avait examiné cette figure au moment où elle fut publiée, on n’aurait pas eu ce genre de préoccupation. On aurait, innocemment, démontré le résultat de la « future » figure 5.xy en même temps que 4.2.1

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          • 4.1.2

            le 3 juin à 00:00, par Sidonie

            A la suite de votre remarque à la fin du 5.6.12, j’ai cherché si un quadrilatère complet pouvait avoir 2 quadrilatères inscriptibles (le convexe et le croisé) combinant les 5.6.11 et 12. On démontre facilement que la seule solution est donné par un triangle et ses hauteurs. Ce qui m’a fait penser au 4.1.2 et votre souhait de s’affranchir des perpendiculaires. Hélas, on cherche à droite ce qu’on trouve à gauche. Il existe bien une solution élémentaire mais qui n’a rien à voir avec les 5.6.11 et 12 même si quelques résultats sont possibles avec le cas particulier que je propose en particulier l’alignement K,H,M.

            Un fois démontré le parallélogramme BFCH on a M milieu de [HF].
            Dans le quadrilatère DCABHE les diagonales (DE) et (BC) coupent l’autre diagonale (AH) en G et P qui sont donc en rapport harmoniques avec A et F faisant de (IA), (IG), (IF) et (IP) un faisceau harmonique.
            (HF) coupe 3 droites du faisceau en F, M et H et comme M est le milieu de [HF], (HF) est parallèle à la 4ème droite c’est à dire (IG)

            Document joint : fsp_4.1.2_simplifie.jpg
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            • 4.1.2

              le 3 juin à 16:23, par Hébu

              Alors là, je suis sans voix ! C’est une démonstration indépendante de celles qui seront faites « plus tard » — cela répond tout à fait à la pseudo-objection que j’avais émise. Et , en plus, c’est une preuve surprenante, inattendue. Réellement, je suis admiratif.

              Et cela conduit à voir d’un oeil nouveau cette configuration, qui se retrouve dans plusieurs figures. Et peut-être faut-il y considérer avec attention ce quadrilatère doublement inscrit ?

              .
              Enfin, voilà une énigme (4.1.2) vaincue ! La prochaine ?

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