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 2019 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 2019 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 2019 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 2019 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 2019 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 2019 à 12:57, par Hébu

    non, le dernier message est à ignorer...

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    • 5.2.9

      le 12 novembre 2020 à 17:07, par Sidonie

      A défaut du 6.1.10 voila une solution d’un de nos échecs en 3 étapes.

      Propriété 1 : Deux tangentes à une parabole forment un triangle dont les sommets sont les 2 points de tangences et le point d’intersection et dont la symédiane issue de cette intersection passe par le foyer de la parabole.
      Preuve : A et B sont des points de la parabole de foyer F et de directrice (d). Les tangentes en A et B se coupent en T. M est le milieu de [AB]. C et D sont les projetés orthogonaux de A et B sur (d).
      On a AF = AC et BF = BD. (AT) bissectrice de (AF,AC) et (BT) bissectrice de (BD,BF) d’où C et D sont les symétriques de F par rapport à (AT) et (BT).
      Il vient TA = TF = TB de plus (TA) et (TB) sont les bissectrices de (TC,TF) et (TF,TD) avec pour conséquence (TA,TB) = $\frac 1 2$ (TC,TD).
      Dans une parabole la droite passant par T et M est perpendiculaire à la directrice. (c’est une propriété des coniques : la droite passe par le milieu des foyers dans l’ellipse et l’hyperbole, pour la parabole le deuxième foyer ainsi que le milieu sont envoyé à l’infini d’où le résultat)
      M milieu de [AB] se projette sur (d) en E milieu de [CD] d’où (TC,TM) = $\frac 1 2$ (TC,TD) = (TA,TB)
      (TC,TA) = (TC,TM) + (TM,TA) = (TA,TB) + (TM, TA) = (TM,TB) or (TC,TA) = (TA,TF)
      On a (TA,TF) = (TM,TB) et donc (TF) et (TM) symétriques par rapport à la bissectrice de (TA,TB) comme (TM) est la médiane (TF) est la symédiane.

      Document joint : fsp_5.2.9_parabole_1.jpg
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    • 5.2.9

      le 12 novembre 2020 à 17:09, par Sidonie

      Propriété 2 : A,B,C et D 4 points d’une parabole définissent avec leurs tangentes un quadrilatère complet FHEI complété par K et J alors soit les droites (AB),(CD),(HI) et (KL) sont concourantes, soit elles sont parallèles.
      Preuve : G est l’intersection entre (AB) et (CD) (si elle existe) , E et F étant les intersections des tangentes (EF) est la polaire de G par rapport à la parabole.
      (EA),(EB) et (EF),(EG) forment un faisceau harmonique(1), de même que (FD),(FC) et (FE),(FG)(2)
      L et N sont les intersections de (EF) avec (HI) et (KJ). D’après (1) le point qui partage harmoniquement H et I avec L est un point de (EG) mais d’après (2) c’est aussi un point de (FG).
      Donc les 4 droites sont bien concourantes en G.
      C’ est le point de la parabole tel que (AB)//(C’D). Si C se rapproche de C’ alors G est envoyé vers l’infini et à la limite, puisque tous les mouvements sont continus, les 4 droites deviennent parallèles.

      Document joint : fsp_5.2.9_parabole_2.jpg
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    • 5.2.9

      le 12 novembre 2020 à 17:11, par Sidonie

      Et maintenant le 5.2.9
      On retrouve A,B,D et A,C,E alignés avec (BC)//(DE). (BE) et (CD) se coupent en G. Les cercles BDG et CGE se recoupent en F qui devient donc le point de Miquel du quadrilatère ABGC complété par D et E.
      Il faut démontrer l’égalité entre les angles (AB,AF) et(AG,AC).
      Preuve : (AG),(BC) et (DE) sont les diagonales du quadrilatère complet. Donc (AB),(AC),(AG) et X forment un faisceau harmonique , X étant la droite passant par A et l’intersection des 2 autres diagonales, rejeté à l’infini et donc X//(BC) d’où (AG) passe par le milieu de [BC]. (AG) est la médiane de ABC mais aussi de ADE et tout triangle de sommet A, de côtés porté par (AB) et (AC) et de côté opposé parallèle à (BC).
      Depuis le 5.1.9 on sait que 4 points étant cocycliques les symétriques de l’un par rapport aux côté du triangle formé par les 3 autre sont alignés sur une droite qui passe par l’orthocentre du triangle. Appliqué à F et aux cercles (BDG),(BDF) ainsi que (ABE) et (ACD) on trouve que les orthocentres des 4 triangles sont alignés et que sur cette droite on trouve les symétriques de F par rapport aux 4 côtés. Sur la figure ne sont représentés que L et M symétriques de F par rapport (DC) et (BE) ainsi que (d) droite contenant orthocentres et symétriques.
      I est le point de (BE) tel que (IM) est perpendiculaire à (d). IM = IF par symétrie et (BE) est la bissectrice de (IM,IF) donc I est sur la parabole de foyer F et de directrice (d) et (BE) est la tangente en I.
      Il en est de même avec les points H,J et K construits à partir des 3 autres symétriques.
      On retrouve ici des résultats bien connus du point de Miquel.
      La propriété 2 donne (BC)//(DE)//(HI)//(JK).
      Le triangle AJK rentre dans le cas de la propriété 1avec (AG) médiane et (AF) symédiane et donc symétriques par rapport à la bissectrice de(AB,AC) d’où (AB,AF) = (AG,AC).

      Document joint : fsp_5.2.9.jpg
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      • 5.2.9

        le 13 novembre 2020 à 14:16, par Hébu

        Et bien ! Il va me falloir le reste de la semaine, et sûrement plus, pour avaler (et assimiler) tout ça. Je suis impressionné !

        Belle réussite, bravo !!!

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