Figure sans paroles #5.2.3

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

  • 5.2.3

    le 17 juin à 14:15, par Hébu

    Sur les côtés non parallèles $DA$ et $BC$ d’un trapèze on trace les cercles dont ces côtés sont les diamètres. Les diagonales $AC$ et $BD$ se coupent au point $H$.

    Les tangentes menées depuis $H$ sur les cercles ont même longueur ($HJ=HK$).

    .
    Les diagonales coupent les cercles en $Q, R$, et $T, S$, de sorte que $\widehat{DQA}=\widehat{DTA}=90$°, $\widehat{CRB}=\widehat{CSB}=90$°.

    Et donc $\widehat{DQC}=\widehat{DSC}=90$°, c’est à dire que $D, Q, S, C$ sont cocycliques.
    Il en est de même des points $A, T, R, B$ (même argument).

    Sur ces cercles, $\widehat{QSD}=\widehat{ACD}=\widehat{CAB}$ ; $\widehat{SQC}=\widehat{SDC}=\widehat{DBA}$ : les triangles HSQ et HAB sont semblables, $HS/HA=HQ/HB$, soit $HS*HB=HQ*HA$

    .
    Cela signifie que $H$ est sur l’axe radical des cercles de diamètre $AD$ et $BC$. La puissance de $H$ s’écrit $HA*HQ=HJ^2=HK^2$

    .
    (d’autres propriétés, QS et TR parallèles)

    Document joint : idm5-2-3.jpg
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  • 5.2.3

    le 17 juin à 22:27, par Sidonie

    Démonstration magistrale, bravo ! Vous me remettez en mémoire l’axe radical que j’avais somptueusement oublié. Vous démontrez au passage l’idée vainement par moi poursuivie de démontrer que les cercles tangents aux deux cercles le sont aux point de tangences issues de H. Vous démontrez aussi une idée visible par Géogébra : dans le 5.2.2 les 2 cercles sont tangents, le point de tangence est le centre du cercle inscrit ( tout ceci se démontre aisément) et l’intersection entre les diagonales appartient à la tangente commune ce que je n’arrivai pas à démontrer alors que c’est désormais chose faite. Est-ce que cela fait avancer la résolution du 5.2.2 ? Voila en plus ce que je ne sais pas.

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    • 5.2.3

      le 17 juin à 23:18, par Hébu

      eh bien je me pose a peu près les mêmes questions. J’ai passé la semaine à cogiter sur le 5.2.2 et sur les « trapèzes circonscriptibles », auxquels on peut arriver d’e plusieurs façons, et cette figure en est une (raccourcissons les segments parallèles jusqu’à ce que les cercles tangentent). La difficulté du 5.2.2 est : par quel bout prendre la chose ? AD+BC=AB+CD semble naturel, mais ne mène nulle part (du moins je ne l’ai pas mené...) ; l’autre idée qui m’est venue (l’angle droit, qui serait ici DTA) n’a pas débouché (du moins pour moi)...

      .
      Ne perdons pas espoir !

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      • 5.2.3

        le 20 juin à 11:26, par Hébu

        D’autres propriétés, par exemple on peut analyser les angles inscrits dans le cercle passant par $A, T, R, B$. On en déduit par exemple que $\widehat{HRT}=\widehat{ABD} (=\widehat{BCD})$ et $\widehat{HTR}=\widehat{BDC} (=\widehat{ACD})$.
        .

        Il en résulte que les triangles $HSQ$ et $HTR$ sont semblables, et que $SQ$ et $TR$ sont parallèles.

        .
        Et puis $A, Q, S, B$ sont cocycliques, ainsi que $D, T, R, C$. Et puis les trapèzes $ABCD$ et $TRSQ$ sont semblables.

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