Figure sans paroles #4.10.8

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

  • 4.10.8

    le 16 octobre à 14:14, par Hébu

    Dans un triangle $ABC$ rectangle en $A$, on trace le cercle inscrit ($O$ désigne son centre). Il tangente $AB$ en $J$ et $AC$ en $K$. $AH$ désigne la hauteur abaissée de $A$ sur $BC$. On trace les cercles inscrits dans $AHB$ (centre $O'$) et $AHC$ (centre $O''$) ?

    Les segments $JL$ et $O'O''$ ont même longueur et sont parallèles, de même que $JO'$ et $KO''$ (c’est à dire que $JKO''O'$ est un parallélogramme).

    .

    Soit $L$ le point de tangence sur $BC$ du cercle de centre $O$. On mène depuis $J$ et $L$ des perpendiculaires à $BC$ et $AB$. Elles se croisent en un point $P$ sur $BO$, par symétrie. Il est facile de voir que $\widehat{PLO}=\widehat{PJO}=\widehat{B}$, et que $LPO$ et $JPO$ sont isocèles, d’où $JO=JP=LO=LP$ ($=r$, le rayon du cercle inscrit dans le triangle initial).

    (parce que $\widehat{PJO}=\widehat{BJO}-\widehat{BJP}$, $\widehat{BJP}=\pi-\widehat{B}$ ; $\widehat{JOB}=\pi-\widehat{B}/2$)

    .

    De plus $JO=JA$, de sorte que $JP=JA$, le triangle $JAP$ est isocèle, et $\widehat{JAP}=\widehat{JPA}=(\pi-(\pi/2+\widehat{PJO})/2$, ce qui conduit à $\widehat{JAP}=\widehat{C}/2$

    De sorte que la point $P$ est sur la bissectrice de $\widehat{BAH}$ : $P$ et $O'$ sont confondus.

    .

    Le même argument, côté $AHC$, conduit à montrer que $LQO$ et $KQO$ sont isocèles, d’où $LO=LQ=KO=KQ=r$ ($Q$, point où la perpendiculaire issue de $L$ coupe $CO$), et $Q$ et $O''$ sont confondus.

    .

    On a donc montré que $JO'$ et $KO''$ ont même longueur (égale à $r$). Les angles $\widehat{AJO'}$ et $\widehat{AKO''}$, qui valent respectivement $\pi/4+\widehat{B}$ et $\pi/4+\widehat{C}$, somment à $\pi$ : $JO'$ et $KO''$ sont parallèles, $JKO''O'$ est un parallélogramme de sorte que $O'O''$ et $JK$ ont même longueur.

    .

    En prime : si on note $r, r', r''$ les rayons des trois cercles inscrits rencontrés, alors $AH=r+r'+r''$ !

    Document joint : idm4-10-8.jpg
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  • 4.10.8

    le 16 octobre à 15:30, par Sidonie

    La richesse de la figure permet d’autres démonstrations. J’en propose une basée sur les similitudes.

    Je complète la figure avec M point d’intersection entre (O’O") et (AB), N intersection entre (HO’) et (AB) , I projeté orthogonal de O’ sur(BC) et je note b l’angle ABC

    Dans une figure précédente j’ai utilisé la similitude de centre H qui transforme BHA en HAC pour démontrer que HO’O" est un triangle semblable à ABC. Dans le triangle MNO’ on a l’angle
    O’ qui vaut b (opposé par le sommet), l’angle N extérieur au triangle NHA vaut PI/4+c= 3PI/4-b, il reste donc PI /4 pour l’angle M. Or la droite (JK) fait justement un angle de PI/4 avec (AB) . Donc (O’O")//(JK).

    Je prends alors la similitude composée de la symétrie d’axe (BO) et l’homothétie de centre B et de rapport BH/BA. Elle transforme BCA en BAH , le grand cercle en l’autre, le point de tangence J en point de tangence I avec l’égalité de rapport BJ/BA=BI/BH . La réciproque du théorème de Thalès prouve que (IJ) //(AH) or (O’I)//(AH) donc O’,I et J sont alignés. La même démonstration du côté C finit la démonstration.

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