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
    Répondre à ce message
  • 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°

    Répondre à ce message

Laisser un commentaire

Forum sur abonnement

Pour participer à ce forum, vous devez vous enregistrer au préalable. Merci d’indiquer ci-dessous l’identifiant personnel qui vous a été fourni. Si vous n’êtes pas enregistré, vous devez vous inscrire.

Connexions’inscriremot de passe oublié ?

Tribune