Figure sans paroles #5.4.10

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

  • 5.4.10

    le 4 novembre à 12:25, par Hébu

    Encore une histoire d’angles !

    .
    On se donne un quadrilatère circonscriptible $ABCD$. On mène deux bissectrices, $AO$ et $CO$ , puis depuis $B$ et $D$ des perpendiculaires à celles-ci, $DM, DL$ et $BJ, BK$

    Alors $J, K, L, M$ sont cocycliques.

    .
    On remarque que, à cause des angles droits, $D, M, O, L$ sont cocycliques, de sorte que les angles $\widehat{OML}$ et $\widehat{ODL}$ sont égaux. Cela permet de calculer la valeur de $\widehat{KML}$ :

    $\widehat{KML}=\widehat{ODL}=\widehat{ODC}-\widehat{LDC}=D/2-(90-C/2)$. Soit $\widehat{KML}=(C+D)/2-90$

    .
    D’autre part, $B, K, O J$ sont également cocycliques, et les angles $\widehat{KJL}$ et $\widehat{KBO}$ ont même valeur :

    $\widehat{KJL}=\widehat{KBO}=\widehat{KBA}-\widehat{OBA}=(90-A/2)-B/2$. Soit $\widehat{KJL}=90-(A+B)/2$

    .
    Mais, évidemment, $(A+B)/2 + (C+D)/2=180$, $(A+B)/2=180-(C+D)/2$
    ce qui nous donne $\widehat{KML}=\widehat{KJL}$.

    .
    Le point $J$ est donc sur le cercle qui passe par $M, L$ et $K$.

    Démonstration un peu laborieuse, peut-être

    Document joint : idm5-4-10.jpg
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  • 5.4.10

    le 4 novembre à 12:39, par Sidonie

    ABCD est le quadrilatère circonscriptible. M, N, P et Q sont les projections orthogonales de B et D sur les bissectrices en A et C. Il faut prouver que M, N, P et Q sont cocycliques.

    A et C sont sur la même branche d’hyperbole de foyers B et D ( AD - AB = CD - CB ) et les bissectrices sont les tangentes en A et C à cette hyperbole.

    Les projections des foyers sur les tangentes appartiennent au cercle directeur de l’hyperbole.

    Propriété des coniques en page L16 du pdf joint. Je n’ai donc aucun mérite.

    Document joint : coniques.pdf
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    • 5.4.10

      le 4 novembre à 14:08, par Hébu

      Je réclamais une preuve moins « laborieuse » - voilà qui est fait !

      Je vais me plonger dans le document en question, les coniques ont l’air de constituer l’arme absolue. Pour ce qui est du mérite, il faudrait en discuter. Après tout, il existe quelque part la démonstration, la résolution de toutes les énigmes de géométrie (par exemple, les items de ce blog que nous n’avons pas su démêler). Le talent, c’est aussi de savoir dans quel tiroir est rangé l’outil !

      .
      C’est quand même une chose étonnante que la géométrie. Deux attaques, complètement différentes...

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      • 5.4.10

        le 4 novembre à 16:46, par Sidonie

        Les coniques et les quadrilatères circonscriptibles sont en effet fort proches, je vous propose même une construction géogèbresque d’un triangle avec son cercle inscrit, sans doute la plus courte : Placer A, B, C et tracer l’hyperbole de foyers B et C passant par A. Soit D l’intersection de la branche passant par A avec (BC). Il suffit de demander les tangentes en A et D qui se coupent en I puis de tracer le cercle de centre I passant par D. Si maintenant on note E le deuxième point d’intersection avec (BC) (en fait D et E sont les sommets de l’hyperbole) et qu’on recommence avec A et E on obtient un cercle exinscrit.

        Mais les coniques ne font pas tout en particulier pour le 5.4.9

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