Figure sans paroles #5.2.9

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

  • 5.2.9

    le 30 juillet à 12:22, par Hébu

    Un trapèze $ABCD$, les diagonales $AC$ et $BD$ se coupent en un point $E$ et les cercles passant par $(A,D,E)$ et par $(B,C,E)$ se coupent également en $F$.

    $G$ est le point de concours de $(AD)$ et $(BC)$.

    .
    Alors les angles $\widehat{AGE}$ et $\widehat{BGF}$ sont égaux.

    .

    .

    La figure est curieuse. J’appelle $J$ et $K$ les seconds points de concours de $GF$ et $GE$ avec les cercles. Alors on remarque que $JE$ et $KF$ sont parallèles à $AD$.

    .
    Mais pourquoi à $AD$ et pas à $BC$, dans la mesure où la construction de la figure ne privilégie pas un des côtés ?
    .

    Ceci étant, reste à prouver tout àa

    Document joint : idm5-2-9.ggb
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    • 5.2.9

      le 30 juillet à 15:57, par Sidonie

      Bonjour

      En fait vous êtes dans un cas particulier où GF et GE sont tangentes aux cercles. Dans le cas général il y a deux autres points et vous trouverez les 2 « parallèles » manquantes. Je ne parviens pas à démontrer ce parallélisme, par contre j’ai démontré que si L et M sont les centres des cercles alors les angles $\widehat {AGL}$ et $\widehat {BGM}$ sont égaux.

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      • 5.2.9

        le 30 juillet à 21:43, par Hébu

        Le parallélisme résulte de la propriété à montrer (les angles en pointillé égaux), via un calcul d’épicier. A part ça, comme dans beaucoup de cas, le grand piège est de contempler une figure particulière (ce qu’on fait, inévitablement) et de se laisser aller .

        .
        Un collègue à moi ne disait pas « je me suis trompé », mais « j’ai étendu la validité de mes axiomes au delà de leur stricte limite d’applicabilité ». Je m’abrite derrière cette formule

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      • 5.2.9

        le 10 août à 15:39, par Hébu

        Je reprends le dessin, d’une façon différente. Le trapèze $ABCD$, $G$ l’intersection des côtés non parallèles $AB$ et $CD$.

        Je trace les cercles passant respectivement par $G, A, C$ et $G, D, B$.

        $F$ le second point d’intersection de ces deux cercles.

        .
        On voit plusieurs couples d’angles égaux (angles inscrits).

        Ainsi, $\widehat{BFD}+\widehat{BGD}=\pi$ dans le « cercle de droite », $\widehat{CFA}+\widehat{AGC}=\pi$ dans le « cercle de gauche », et donc $\widehat{CFA}=\widehat{BFD}$. D’où, par différence, $\widehat{BFA}=\widehat{CFD}$.

        .
        On peut calculer les valeurs de ces angles, en partant des angles initiaux.
        Je note $A$ et $D$ les angles à la base du trapèze, $B=\pi-A, C=\pi-D$, il faut aussi connaître les angles des diagonales : je pose $\widehat{DAC}=\widehat{ACB}=\alpha$ et $\widehat{ADB}=\widehat{DBC}=\beta$.

        .
        Alors, $\widehat{AFC}=\pi-(A+D)$ ; $\widehat{BFG}=\widehat{BDC}=D-\beta$ ; $\widehat{GFC}=\widehat{GAC}=A-\alpha$, et la trituration de tout ceci donne $\widehat{BFA}=\alpha+\beta$.

        .
        D’autres égalités, $\widehat{ABF}=\widehat{CDF}$ (parce que $\widehat{ABF}=\pi-\widehat{GBF}=\widehat{GDF}$) ;
        $\widehat{FCD}=\widehat{FAB}$ (même argument)

        Conséquence, les triangles $FAB$ et $FCD$ semblables. Les triangles $AFC$ et $BFD$ semblables

        .

        On peut alors tracer les diagonales $BD$ et $AC$, qui se croisent au point $E$.

        Et le calcul de $\widehat{BEA}$ est aisé : $\alpha+\beta$. C’est à dire que $\widehat{BEA}=\widehat{BFA}=\widehat{DFC}=\widehat{DEC}$.

        Et donc, les points $B, A, E, F$ d’une part, et $C, D, F, E$ d’autre part, sont cocycliques.

        .
        J’ai donc bien reconstruit la figure initiale.

        .
        Reste à montrer l’égalité des angles ! ($\widehat{AGE}$ et $\widehat{DGF}$.
        Remarque : $\widehat{DGF}=\widehat{DBF}=\widehat{CAF}$

        .
        Il y a aussi des triangles semblables :

        triangles $FAB$ et $FCD$ semblables ;

        triangles $AFC$ et $BFD$ semblables ;

        triangles $GCF$ et $BEF$ semblables

        .
        Je rumine ça sans arriver à m’en dépêtrer...

        Document joint : idm5-2-9-new.jpg
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  • 5.2.9

    le 30 juillet à 12:51, par Hébu

    En fait, la parallèle à $BC$ existe dans la figure : c’est $EF$ !

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  • 5.2.9

    le 30 juillet à 12:57, par Hébu

    non, le dernier message est à ignorer...

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