Commentaire sur l'article

• 5.3.2

  le 19 août 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 août 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 août 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 août 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 août 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 août 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 août 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 août 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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