Figure sans paroles #5.1.8

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

  • 5.1.8

    le 6 mai 2019 à 15:46, par Hébu

    ABCD un losange

    Une droite issue de D coupe AB en E et AC en F. Le cercle C1 qui passe par A, D, E coupe AC en J

    Les points F, E, B, J sont cocycliques

    .

    C’est une histoire d’angles.

    Sur le cercle C_1, les angles DEJ (ou FEJ) et DAJ sont égaux.

    De même, EDJ et EAJ sont égaux — même raison, angles inscrits.

    Par symétrie, les angles FBJ et FDJ ont même valeur.

    Il en résulte que
    FBJ=FDJ=EDJ =EAJ=DAJ=FEJ

    .
    Si on trace C_2, le cercle passant par B, F et J, le point E vérifie FEJ=FBJ, il est donc sur ce cercle.

    (Les droites AC et BD sont perpendiculaires, AC est médiatrice de BD, et donc JD=JB, FB=FD. Ca n’intervient pas !)

    Document joint : idm5-1-8.jpg
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    • 5.1.8

      le 6 mai 2019 à 17:33, par Sidonie

      Bravo, vous me précédez dans une démonstration identique. A noter que pour une fois, aucun point ni aucun trait supplémentaires ne sont nécessaires.

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      • 5.1.8

        le 6 mai 2019 à 22:05, par Hébu

        oui, et même, on peut ôter, par exemple, le point C ! Seuls les points A, B et D comptent — le point C pouvant être remplacé par la bissectrice de l’angle en A. On arrive alors à une figure minimale, sans point ni segment supplémentaire (AC, ou AJ, s’introduisant naturellement au nom de la symétrie).

        En fait, ces points, ces droites, ces cercles inutiles constituent la principale embûche sur le chemin aride du géomètre ; le caillou sur lequel il trébuche...

        Ceci étant, ce n’est que quand on les a supprimés qu’on sait qu’ils sont inutiles ...

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      • 5.1.8

        le 31 août à 17:21, par Hébu

        Une solution simplissime : On considère un cercle qui passe par $B, E, F$. Ey on montre que $J$ est sur ce cercle :

        Par symétrie, $\widehat{BJA}=\widehat{DJA}$. Ensuite $\widehat{DJA}=\widehat{AED}$ (angles inscrits)

        $\widehat{AED}$ et $\widehat{DEB}$ étant supplémentaires, on a donc montré que $\widehat{FJB}+\widehat{EBJ}=\pi$.

        Même idée que la première, mais plus directe

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        • 5.1.8

          le 1er septembre à 09:36, par Sidonie

          C’est en effet simplissime et on peut raccourcir encore avec les angles orientés de droites, ce qui ne change que la rédaction :

          (JB,JF) = (JB,JA) = (JA,JD) = (EA,ED) = (EB,EF)

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