Figure sans paroles #4.8.33

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

  • 4.8.33

    le 14 décembre 2017 à 18:33, par Hébu

    Comment je comprends la figure :
    Un cercle, centre O, un point A extérieur, les tangentes AB et AC au cercle.

    Un point qualconque M sur le cercle, depuis lequel on trace les droites MB et MC.
    Depuis le point A on mène les perpendiculaires AJ à MN et AK à MC.

    Sur ces perpendiculaires, P est le symétrique de A par rapport à J,
    Q celui de A par rapport à K. (si on préfère JP=AJ, KQ=AK)

    « L’énigme à résoudre » serait alors << Les segments PQ et BC se coupent leur milieu >>

    J’aurais une solution, qui me semble un peu laborieuse :

    1/ AJB et PJB sont deux triangles rectangles égaux. Donc PB=AB. Comme AB=AC, on a PB=AC

    De même, AKC et QKC sont égaux, d’où AC=CQ.

    Finalement PB=QC=AB=AC

    2/ Les segments PB et CQ sont parallèles.
    Pour le voir, on prolonge QC, qui vient couper AP en un point R.
    On montre alors que ARQ=APB (les angles) :

    • B et C sont les points de tangence, ABOC est un quadrilatère inscriptible, et BAC+BOC=\pi
      Soit encore BAC+2*BMC=\pi
    • AJMK est aussi inscriptible, et PAQ+BMC=\pi.
    • Rapprochant ces deux résultats, on obtient BMC=PAB+CAQ
    • L’angle ARQ vaut ARQ=\pi-PAQ-AQC=BMC-AQC ;
    • et puisque CAQ=AQC, on obtient finalement ARQ=PAB
    • PAB=APB, ce qui achève de prouver le parallélisme.

    Preuve probablement trop lourde !

    3/ Le quadrilatère PBQC dont les côtés opposés sont égaux et parallèles, est un parallélogramme.
    Ses diagonales se coupent en leur milieu - je note S le point de concours : PS=SQ, BS=SC

    Remarque. S est le milieu de BC : Il en résulte que AS passe par O, centre du cercle. Le point S est fixe quand M se déplace sur le cercle. Et l’angle PAQ est constant (\pi-BMC soit \pi/2+BAC/2)

    Répondre à ce message
    • 4.8.33

      le 28 juillet à 20:07, par Sidonie

      Bonjour,

      En circulant dans le site je suis tombée sur votre démonstration. Je me suis permise de chercher à la simplifier un peu.

      Je ne reviens pas sur PB=QC mais sur le parallélisme. Je note $\alpha,\beta$ et $\gamma$ les angles à la bases des triangles isocèles ABC, BAP et CAQ. Les 2 angles droits donnent $\widehat {PAQ} = \pi - \alpha$ et en enlevant $\widehat {BAc} = \pi - 2 \alpha$ il vient $\alpha = \beta +\gamma$.

      Il suffit alors d’ajouter l’angle intérieur $\widehat {PBC}$ à l’angle extérieur $\widehat {BCQ}$.
      $\pi -2\beta +2\alpha + \pi - 2\gamma = 2\pi$ et le parallélisme est prouvé.

      Document joint : fsp_4.8.33.jpg
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      • 4.8.33

        le 28 juillet à 21:35, par Hébu

        Oui, bien vu ! L’idée géniale était de voir que $\widehat{PAQ}=\pi-\alpha$. Sans celle-ci, on se condamne à un laborieux calcul — on finit par arriver mais tellement moins bien , tellement moins élégamment !

        En fait, j’ai découvert le site il y a qq temps, et j’ai essayé de combler les blancs — sans y parvenir, évidemment, et sans le faire de la meilleure façon... Il y a donc d’autres rubriques, où j’ai imprudemment posté mes « découvertes », prêtant ainsi le flanc à la critique because des maladresses de ce genre, voire des erreurs... Une fois qu’on s’est ainsi exposé il faut en accepter les conséquences ! Je serai donc heureux de tout commentaire — et aussi d’idées pour les rubriques sur lesquelles j’ai séché.

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