Figure sans paroles #5.2.2

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

  • 5.2.2

    le 11 juin à 18:40, par Hébu

    Un triangle AGD, et (c) son cercle inscrit. On prend deux points B et C sur GA et GD de telle sorte que BC soit parallèle à AD et tangent à (c).

    .
    Ainsi, on obtient ABCD un « trapèze circonscriptible » (merci Wikipedia — c’est miraculeux !).

    .
    EF un segment parallèle à AD, et (c’) un cercle tangent à AG, AD et EF : son centre au point de concours des bissectrices en A et E. Depuis G soit GN (N sur AD) tel que GN est tangent à (c’) — GN coupe EF en M, et BC en L. AEMN est un autre « trapèze circonscriptible »

    .
    Il faut alors montrer que MLCN est un troisième « trapèze circonscriptible ».

    .

    Le trapèze circonscriptible est une figure telle que AB+CD=AD+BC (c’est une condition nécessaire et suffisante — assez simple à montrer, et vrai pour un quadrilatère quelconque).

    .
    La première idée qui vient est d’utiliser les 2 conditions (ABBC-AD=0, et AE0AN-EM=0) et d’un déduire que MLMF-LC=0. Mais évidemment ça ne colle pas ! Peut-on compléter par les relations tirées des similitudes ? Ca semble laborieux - et pas très sport.

    .
    Autre idée, construire le cercle dont le centre est point de concours des bissectrices des angles en M et F ; il est tangent à LM, MF et FC ; montrer alors qu’il est tangent à LC ?

    • par exemple, montrer que r1=r2+r3 (r1, r2, r3 rayons des cercles en R, S, T)

    .
    Bref, je sèche

    Document joint : idm5-2-2.jpg
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  • 5.2.2

    le 14 juin à 10:04, par Hébu

    Une autre façon de regarder et construire la figure.

    Un triangle GAD, je trace les bissectrices en A et D. Elles se coupent en R (centre du cercle inscrit. Depuis R je lève une perpendiculaire à AR. Elle vient couper GA en B.

    .
    Je trace depuis B la parallèle à AD, elle coupe GD en C. On voit facilement que BR est la bissectrice de ABC, de sorte que R est équidistant de AD, AG, BC et GD : on a bien redessiné le quadrilatère circonscriptible ABCD, et CR est la bissectrice de l’angle en C.

    .
    Je prends maintenant un point N sur AD, GN coupe BC en L ; je trace la bissectrice de ANG, qui coupe AR en S. S est le centre du cercle inscrit dans GAN. La même construction donne EF (je trace ASE=90 °, puis EF parallèle à AD, elle coupe GN en M). J’ai mon deuxième trapèze circonscriptible AEMN.

    Pour résoudre l’énigme posée ici, il faut maintenant construire T, point de concours de la bissectrice de GMF et de celle de GFM, tracer LT et montrer que MTL=90°

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  • 5.2.2

    le 22 juin à 22:36, par Hébu

    Encore une autre façon de voir le trapèze.

    .
    Depuis $A$ on mène un cercle de rayon $AB=e+f$. Il coupe $AD$ en un point $J$ et $DJ=AD-AB=e(e+f)=h-f$

    Depuis $C$ on mène un cercle de rayon $BC=f+g$. Il coupe $CD$ en $K$, et $DK=CD-CK=g(f+g)=h-f$.

    .
    On a $DJ=DK=h-f$. C’est à dire qu’un cercle de centre $D$ tangente les deux précédents.

    .
    Rien de nouveau, juste une autre façon, géométrique, de voir l’identité $AB+CD=AD+BC$. Cela peut-il aider ?

    Document joint : idm5-2-2samedi.ggb
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  • 5.2.2

    le 23 juin à 21:17, par Hébu

    Suite des réflexions.

    La construction revient à prendre les symétriques, $J$ symétrique de $B$ par rapport à $R$ et $K$ symétrique de $B$ par rapport à la bissectrice en $C$

    .
    Le triangle $KJB$ est rectangle en $K$ ; on a $BJK=(A+D)/2$, $CBK=90-C/2$ et $JBK=(B+C)/2-90=$.

    Le point $R$, centre du cercle inscrit, est milieu de $BJ$. De sorte que $RK=RJ=RB$.

    (remarque : on construit le point $R$ sans tracer de bissectrice : choisir $J$ tel que $AB=AJ$, prendre $R$ milieu de $BJ$. Ceci est vrai parce que AD et BC sont parallèles, et donc $ARB=90°$ ; en particulier, vrai dans un trapèze quelconque pour le cercle inscrit « à gauche »)

    $M, N$ les points de tangence sur $BC$ et $AD$, $Q$ sur $AB$ et $S$ sur $CD$. On a $BM=JN=BQ=SK=f$ (BMR, KSR, JNR triangles rectangles égaux)

    $BCKR$ est un « cerf-volant »

    .
    Tout ceci suggère une condition nécessaire et suffisante pour un trapèze d’être « circonscriptible ».

    $ABCD$ mon trapèze, $AD$ et $BC$ parallèles. Je pose $B'$ sur $AD$, $AB$ et $AB'$ de même longueur ; je pose $C'$ sur $AD$ aussi, $DC'=DC$. Et j’appelle $R$ le milieu de $BB'$, $R'$ le milieu de $CC'$.

    Alors $ABCD$ circonscriptible si et seulement si $R$ et $R'$ sont confondus.

    Once again, qu’est-ce qu’on peut faire de ça ?

    Document joint : idm5-2-2dimanche.ggb
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  • 5.2.2

    le 24 juin à 06:52, par Hébu

    Autre remarque. (sur la figure jointe, identique en plus dépouillé à la précédente, J est devenu B’, par symétrie)

    .
    BC’ et BC’ sont parallèles, BCB’C’ est un parallélogramme.

    .
    D’ailleurs, depuis AB+CD=AD+BC, on déduit BC=B’C’

    Document joint : idm5-2-2lundi.ggb
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    • 5.2.2

      le 26 septembre à 10:44, par Sidonie

      Bonjour,
      J’ai partagé votre exaspération du.4.4.3 et j’ai cherché une méthode plus géométrique. Curieusement j’ai trouvé quelque chose qui m’ a amenée résoudre le 5.2.2 un peu comme le chat de Gelluck que vous évoquiez et qui nous emmène souvent où on ne l’attend pas.

      Partant d’un quadrilatère ABCD circonscriptible je complète la figure avec E et F pour former un quadrilatère complet.

      Une ribambelle prouve alors que ED + DF = EB + BF
      ED + DF = ED + DJ +JF = ED + DI + FH = EI + FB +BH = EG + GB+ FB = EB +BF

      Et donc B et D sont sur une ellipse de foyers E et F . Ne pouvant ajouter qu’une figure je continue dans un message suivant.

      Document joint : fsp_ellipse.jpg
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      • 5.2.2

        le 8 octobre à 17:18, par Hébu

        Un calcul amusant :

        puisquz E et F sont origines des tangentes, on a FJ=FH et EI=EG.

        .
        Donc, par exemple, EI + FJ=EG + FH. Qu’un calcul ribambelesque simple transforme en DE + DF = BE + BF.

        D’où l’ellipse, de foyers E et F, passant par B et D

        .
        Mais on a aussi FJ - EG = FH - EI . Et là, la manipulation donne AF - AE = CF - CE.

        D’où, cette fois, une hyperbole, de foyers E et F, passant par A et D !

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        • 5.2.2

          le 8 octobre à 17:35, par Hébu

          Non, évidemment A et C !

          (c’est peut-être un résultat classique)

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          • 5.2.2

            le 10 octobre à 09:34, par Sidonie

            J’ignore si le passage de l’ellipse à l’hyperbole est classique, il est en tout cas facile à démontrer. Mais ceci donne sans doute la façon la plus simple de tracer un quadrilatère circonscriptible avec géogébra : placer 3 points non alignés A, B et C, tracer l’hyperbole de foyers A et C passant par B puis placer D sur la même branche que D. Pour le trapèze il suffit tracer la parallèle à (BC) passant par A pour trouver D. Construction commode pour tracer un quadrilatère mais sans intérêt quand ils s’emboîtent.

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    • 5.2.2

      le 26 septembre à 11:14, par Sidonie

      Quand on déplace D en gardant la configuration mais en rapprochant D de la parallèle à (BC) passant par A, ABCD se transforme en trapèze circonscriptible, F est envoyé à l’infini et l’ellipse devient une parabole de foyer E dont l’axe est parallèle à (BC) et la directrice est la perpendiculaire à (BC) passant par son point K tel que BK = BE.

      On a même une CNS : si on prend une parabole (P) de foyer E et de directrice d et si on prend deux points B et D sur (P) on trace les perpendiculaires à d passant par B et par D. Les droites (EB) et (ED) donnent les points A et C. On trace alors le cercle tangent à (EB) et aux deux parallèles (il suffit de tracer les bissectrices issues de A et de B ). La deuxième tangente issue de E donne D’ et C’ tels que que ABC’D’ est un trapèze circonscriptible et d’après le résultat direct D’ appartient à (P) (on ne touche ni au foyer E ni à la distace BE qui donne la directrice.

      Document joint : fsp_parabole.jpg
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    • 5.2.2

      le 26 septembre à 11:29, par Sidonie

      J’ai oublié la fin de la démonstration : D’ est est à l’intersection de (AD) et de (P) or (AD) étant parallèle à l’axe l’intersection est unique et donc D = D’

      J’ai pris mes propres notations pour achever le 5.2.2.

      Les trapèzes ABCD et BFGH génèrent la même parabole , même foyer E et même distance BE ( donc même directrice) . Les points B, G et D sont sur la même parabole et grâce à la CNS cela fait de DIGJ un trapèze circonscriptible.

      Document joint : fsp_5.2.2_parabole.jpg
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      • 5.2.2

        le 27 septembre à 12:07, par Hébu

        Alors, là, je reste pantois... Il va me falloir un petit moment pour comprendre tout ça (cela fait longtemps que je me dis qu’il faut que je m’initie aux « coniques » - c’est le moment).

        .
        Mais par quel cheminement en vîntes vous là ?

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        • 5.2.2

          le 27 septembre à 14:30, par Sidonie

          Ma réponse ne s’est pas placée ou je le souhaitais. Désolée.

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  • 5.2.2

    le 27 septembre à 14:28, par Sidonie

    Un vieux souvenir plaisant de Terminale quand les coniques n’étaient pas que des équations mais aussi des figures, l’ellipse s’obtenant par la méthode du jardinier, AF+AF’ = BF+BF’, mais aussi comme section de cône d’où le passage à la parabole. Souvenir remis à jour lors du 5.1.10 alors qu’à l’aide de géogébra j’ai découvert que le point d’intersection appartenait à l’ellipse contenant les 6 sommets sans pouvoir le démontrer même à ce jour.

    Je n’ai pas non plus pu démontrer la CNS pour l’ellipse du quadrilatère bien que géogébra me hurle qu’elle est vraie De plus, même démontrée, j’ai bien peur qu’elle ne remplace pas les ribambelles.

    Répondre à ce message
    • 5.2.2

      le 28 septembre à 17:40, par Hébu

      La cns marche effectivement dès l’ellipse, c’est à dire que prenant une ellipse de foyers E et F, deux points B et D sur l’ellipse, A point d’intersection de BE et DF, C intersection de ED et FB, alors BADC est circonscriptible.

      On serait tenté de le montrer en vérifiant que BE+BF=DE+DF ==> AD+BC=AB+CD, mais impossible puisqu’on ignore précisément qu’il y a un cercle inscrit, des bras de tangence égaux, etc. Et donc, pas de petit bois pour amorcer la ribambelle !

      .

      Mais il faut sûrement attaquer ça par les propriétés de l’ellipse. D’ailleurs, un exercice du livre de Hadamard (leçons de géométrie, tome 2) - exercice 757, dit

      "les quatre rayons vecteurs qui joignent les foyers d’une ellipse
      à deux points M, M’ de la courbe sont tangents à un même cercle.
      Ce cercle a pour centre le point de concours des tangentes en M et M’."

      C’est tout à fait notre figure

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    • 5.2.2

      le 1er octobre à 18:26, par Hébu

      La cns s’obtient assez simplement utilisant un résultat de Poncelet qui dit (avec les notations de la figure) :

      1/ $FME$ et $BMD$ ont même bissectrice.

      2/ $(FM)$ et $(EM)$ sont les bissectrices de $\widehat{BFD}$ et $\widehat{BED}$.

      .
      Il s’ensuit que $M$ est centre du cercle inscrit dans le triangle $FDC$, et donc que $CM$ est bissectrice de l’angle en $C$. Le quadrilatère a trois bissectrices concourantes, la quatrième est forcément $AM$, et ce quadrilatère $ABCD$ est circonscriptible.

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