Figure sans paroles #4.12.12

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

  • 4.12.12

    le 17 mars à 21:31, par Hébu

    Plus de pc depuis une qemaine, donc pas de figure geogebra !

    .
    Un cercle, 3 groupes de points delimitant des arcs, AB, BC, CD, puis DE, EF, FG, enfin GH, HJ, JA. Ces arcs de 2a, puis 2b, 2c.

    .
    Avec donc a+b+c=60.

    On trace DH et DJ, puis AE et CG.

    T est l’intersection de AE et CG, P celle de AE, DJ, et Q celle de CG et DH

    .
    TP et TQ ont meme longueur.

    Ca fait penser a la figure 4.12.11. On trace DA, DG, AG. On a le triangle ADG et ses ’trisectrices’

    On note R l’intersection de AF et GB.. Si j’avais resolu le 4.12.11 je pourrais affirmer que PQR est equilateral.

    Et qu’en faire ?

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    • 4.12.12

      le 19 mars à 00:08, par Sidonie

      On retrouve en effet la figure du théorème de Morley, le triangle central que j’ai nommé DEF est donc équilatéral. Je note G le point situé au dessus de EF. (voir figure jointe)

      Dans le triangle AGB, D est le point d’intersection entre les bissectrices issues de A et de B donc GD est la bissectrice de EGF.

      On cherche maintenant quels sont les points M tels que la bissectrice de EMF passe par D.
      On a d’abord les points de l’arc EF du cercle circonscrit à DEF puisqu’ils regardent les cordes DE et DF avec un angle de 60°. Or G n’est en général pas sur ce cercle. Si on note a, b et c les petits angles en A, B et C , G est sur le cercle si c= 30° et donc si ABC est rectangle en C (je n’ai pas encore étudié ce cas qui laisse un doute sur la démonstration).

      M peut aussi être sur la médiatrice de EF par raison de symétrie.

      Si M est ailleurs, on trace le cercle passant par E,F et M. il coupe la médiatrice de EF en N et P (N du même côté de EF que G). La bissectrice de ENF coupe le cercle en P et il sera de même pour la bissectrice de EMF qui coupe donc la médiatrice en P et ne peut passer par D autre point de la médiatrice.

      Autrement si ABC n’est pas rectangle en C alors G est sur la médiatrice de EF et on a bien GE=GF

      Document joint : idm_4.12.12.jpg
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      • M ailleurs

        le 19 mars à 14:45, par Sidonie

        La figure du dernier paragraphe

        Document joint : m_ailleurs.jpg
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      • 4.12.12

        le 24 mars à 15:34, par Hébu

        Ca y est, je suis de nouveau opérationnel.

        Bravo pour cette idée. Il me semble qu’on doit pouvoir en simplifier la fin (ce qui règle le cas particulier de ABC rectangle) :

        .
        les triangles GDF et GDE ont le côté GD en commun, les angles en G égaux. Imaginons DGF’, triangle symétrique de DGF par rapport à GD. Le point F’ est sur (GE), et comme DF’=DE alors E et F’ sont confondus — de sorte que FG et EG ont même longueur.

        .
        Je me demande aussi si on ne pourrait pas utiliser cette astuce de la bissectrice cachée pour produire une preuve du 4.12.11

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