Figure sans paroles #5.3.2

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.

Comentario sobre el artículo

  • 5.3.2

    le 19 de agosto de 2019 à 17:25, par Sidonie

    ABCD est un carré de centre O . E, F et G sont les milieux de [AB], [BC] et [CD]. H et I sont des points[BC] et [CD] tels que (EH)//(AI). Il faut démontrer que (HI) est tangente au cercle (C)inscrit dans le carré.

    Je n’ai pour l’instant aucune méthode purement géométrique (et peut être jamais).

    Je pose AB=1 (pour simplifier les calculs) BH=$x$ DI=$y$. Le but est de prouver HI=FH+GI.
    Grace à la similitude des triangles ADI et HBE on trouve aisément $2xy=1$.
    On a FH = $x-\frac1 2$ et GI = $y-\frac1 2$ et donc FH+GI = $x + y - 1$
    (FH+GI)² = $(x1)^2 = x^2+2xy +y^22(x+y) = 2-2(x+y)+x^2+y^2)$ puisque $2xy=1$
    HI² = HC² + CI² =$(1-x)^2+(1-y)^2 = 2-2(x+y)+x^2+y^2$ = (FH+GI)²

    Je trace les cercles (C’) et (C’’) de centres H et I et passant par F et G. Ce qui précède montre qu’il sont tangents en J point de (HI). Les tangentes issues de O , OF et OG sont égales donc A est sur l’axe radical de (C’) et (C’’) c’est à dire leur tangente commune. Donc OJ= OF et J appartient à (C) et (HI) perpendiculaire au rayon (OJ) est donc une tangente.

    Document joint : fsp_5.3.2.jpg
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    • 5.3.2

      le 19 de agosto de 2019 à 21:53, par Sidonie

      Ecriture avec les caractères mystérieusement disparus

      $(FH + GI)^2 = (x + y - 1)^2 = x^2 + y^2 +2xy + 1 - 2(x+y) = 2 - 2(x+y) +x^2 + y^2$

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    • 5.3.2

      le 19 de agosto de 2019 à 21:54, par Sidonie

      Ecriture avec les caractères mystérieusement disparus

      $(FH + GI)^2 = (x + y - 1)^2 = x^2 + y^2 +2xy + 1 - 2(x+y) = 2 - 2(x+y) +x^2 + y^2$

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  • 5.3.2

    le 19 de agosto de 2019 à 17:48, par Hébu

    Bravo, belle preuve, assez courte, et quand même un peu géométrique... Pour ma part, je suis parti sur le rapprochement avec les 5.2.xx : si on prolonge IH, qui coupe AB en un point K, alors ADIK est un «quadrilatère circonscriptible» (enfin, c’est ce qu’il faudrait montrer).

    Alors j’essaie de montrer qu’on a AK+DI=AD+KI; ou bien que les bissectrices se coupent toutes en O.

    Sans résultat.

    J’ai remarqué une propriété curieuse (je ne sais pas la montrer), c’est que la somme des longueurs HI+IC+CH donne AB.

    J’ai la semaine pour tenter de progresser...

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    • 5.3.2

      le 19 de agosto de 2019 à 18:27, par Hébu

      Il faut en avoir le coeur net.

      J’ai redessiné ma figure, avec les mêmes repères que la vôtre.

      Je fais apparaître mon trapèze circonscriptible ADIK

      Pas de «preuve», juste une construction expérimentale.
      Hepuis le point H, je trace un cercle de rayon HI. Il vient couper BC en un point P, de sorte que HP=HI.

      Depuis I je tire une parallèle à BC. Elle vient couper AB en I’, BI’=BI. In second cercle de centre B rayon BI’ vient couper BC — et on constrate que c’est au point P.

      On peut varier la figure en bougeant I le long de CD par exemple.

      .

      On a donc bien l’impression que BC est la somme de BI’ (c’est à dire CI), de HP (c’est à dire HI) et CH.

      .
      Autre curiosité, KP passe par O. C’est donc la bissectrice de l’angle AKI

      Document joint : mystere5-3-2.ggb
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  • 5.3.2

    le 19 de agosto de 2019 à 18:44, par Hébu

    Ouf! Tout s’arrange
    $HI^2=2-2(x+y)+x^2+y^2$

    Mais puisque $2xy=1$, je réécris

    $HI^2=1+2xy+x^2+y^22(x+y)$
    soit $(x+y)^22(x+y)$

    soit encore $HI^2=((x+y)-1)^2$

    Et donc $HI=1-(x+y)$

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  • 5.3.2

    le 19 de agosto de 2019 à 18:46, par Hébu

    je crois que des caractères ont sauté:
    .

    $HI^2=1+2xy+x^2+y^2 2(x+y)$
    soit $(x+y)^2 + 1 - 2(x+y)$

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  • 5.3.2

    le 23 de agosto de 2019 à 14:36, par Hébu

    Ces figures sont étonnantes, source inépuisable d’émerveillement.

    Je reconstruis partiellement (j’ai essayé de garder les mêmes noms pour les points).
    .

    Un carré $ABCD$. Depuis $A$, une droite coupe $CD$ en un point $I$. Depuis $E$, milieu de $AB$, une parallèle à $AI$, vient couper $BC$ en un point $H$.

    La droite $(HI)$ coupe $AB$ en $M$ et $AD$ en $N$.

    .
    C’est le couple $(M, N)$ qui apporte des propriétés curieuses.
    .

    Les triangles $CHI$, $DNI$, $BHM$ et $ANM$ sont semblables.

    On remarque que $MD$ et $HG$ sont parallèles — les triangles $AMD$ et $CGH$ sont semblables. Même chose pour $NB$, parallèle à $IF$ ($ANB$ et $CFI$ semblables).

    Comment le prouver ? Le moyen simple consiste à calculer, via les similitudes, les rapports $AM/AD$ et $CG/CH$. On trouve, par exemple, $CH=\frac{a^2}{2*AM}$, soit $CG/CH=AM/a$. De même $CI=\frac{a^2}{2*AN}$. Preuve lourde et peu «géométrique».

    .
    Ces relations peuvent se ré-écrire $CI*AN=CH*AM=a^2/2$. Elles montrent, par exemple, que la produit des aires des triangles $CHI$ et $AMN$ est constant (il vaut $a^4/16$) !

    .
    Remarque: réintroduisant $x=BH$ et $y=DI$, avec $2xy=a^2$, on calcule $AN=\frac{a^2}{2(a-y}$, $AM=\frac{a^2}{2(1-x)}$

    .
    Le parallélisme est une propriété étonnante. On pourrait s’en servir pour construire la figure: Je place $I$, je trace $IF$ puis depuis $B$ une parallèle à $IF$, elle coupe $AD$ au point $N$; $NI$ coupe $BC$ en $H$. Présenté de la sorte, il faudra montrer que $HE$ et $AI$ sont parallèles !

    .
    Autre curiosité: $MD$ et $AI$ se coupent sur $EG$ en un point $R$, et $HR$ est parallèle à $AB$.

    Et encore sûrement d’autres...

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