Comentario sobre el artículo

• 5.4.11

  le 11 de noviembre à 21:09, par Hébu

  Le quadrilatère $ABCD$ est, à la fois, circonscriptible et inscriptible (QC et QI).

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  On sait, depuis la figure 5.4.8, et grâce à une judicieuse remarque de Sidonie, que les cercles inscrits dans les triangles $ADC$ et $ABC$ (de centres $G$ et $H$) sont tangents, de sorte que $GH$ et $AC$ sont perpendiculaires (et c’est même, selon la remarque susdite, une cns pour que $ABCD$ soit QC).

  La propriété nouvelle, ici est que $D, G, H, B$ sont cocycliques.

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  On le voit en remarquant que la somme des angles $\widehat{DGH}$ et $\widehat{DBH}$ vaut 180 degrés.

  On a en effet:

  Dans le quadrilatère $DGJC$, où $\widehat{GJC}=\pi/2$, $\widehat{DGJ}=2\pi-\pi/2-D/2-\widehat{DCA}$

  Quant à $\widehat{HBD}$, on a $\widehat{HBD}=\widehat{HBC}-\widehat{DBC}=\widehat{B}/2-\widehat{DBC}$. Mais puisque le quadrilatère est inscriptible, $\widehat{DBC}=\widehat{DAC}$. Et $\widehat{DAC}=\pi-\widehat{D}-\widehat{DCA}$

  Rassemblant, $S=\widehat{DGH}+\widehat{HBD}=2\pi-\pi/2-\widehat{D}/2-\widehat{DCA}+\widehat{D}/2-\widehat{DBC}$

  Soit $S=2\pi-\pi/2-\widehat{D}/2-\widehat{DCA}+\widehat{D}/2-(\pi-\widehat{D}-\widehat{DCA})$

  Tous calculs faits, reste $S=\pi/2+\widehat{D}/2+\widehat{B}/2=\pi$, puisque encore une fois le quadrilatère est inscriptible.

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  Reste à régler une petite question, comment construire, sans tricher, un quadrilatère à la fois QC et QI. Et puis peut être proposer une preuve qui fasse un peu moins comptable du grand magasin

  Document joint : idm5-4-11.jpg
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• 5.4.11

  le 11 de noviembre à 23:37, par Sidonie

  Bravo pour la solution, pour ma part j’ai encore cherché un peu du côté des coniques sans parvenir sinon à faire la figure sans tricher.

  Placer A,B et C puis tracer le cercle circonscrit. Tracer l’hyperbole de foyers A et C passant par B. La branche contenant B coupe le cercle en D et (AC) en E. Tracer les tangentes à l’hyperbole en B, D et E. La une et la deux se coupent en I , la une et la trois se coupent en J , la deux et la trois en K chacun d’eux étant centre d’un cercle inscrit, dans ABCD pour I, ABC pour J et ADC pour K les deux derniers cercles se traçant aisément étant tangents en E.

  Maigre contribution mais je vais prolonger ma recherche du côté des coniques.

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• 5.4.11

  le 12 de noviembre à 18:05, par Hébu

  Je trouve que c’est une belle contribution ! Belle construction, qui répond largement à mon attente - après tout, peut-être doit on se contenter d’une solution sans éclat ?

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• 5.4.11

  le 13 de noviembre à 00:22, par Sidonie

  Une solution qui ne doit rien à l’hyperbole mais qui devrait vous contenter.

  J’ai un peu modifié la construction: On place A et C, un point E sur [AC], l’hyperbole de foyers A et C passant par E, la médiatrice de [AC], un point O sur cette médiatrice, le cercle de centre O passant A et C coupe une branche de l’hyperbole en B et D et la médiatrice en G et H. On n’a plus guère besoin des tangentes. La tangente en E devient la perpendiculaire en E à (AC), les arcs AG et GC d’une part et AH et HC d’autre part sont égaux donc (BH) et (DG) sont les bissectrices en B et D . On obtient ainsi I, J et K.

  Les triangles IJK et IHG sont semblables donc IJ / IK = IH / IG ce qui devient IJ . IG = IH . IK (1)

  La puissance de I par rapport au cercle donne IB . IH = ID . IG (2)

  En multipliant membre à membre (1) et (2) puis en simplifiant par IG . IH il vient IB . IJ = ID . IK ce qui prouve que B,J,D et K sont cocycliques.

  Document joint : fsp_5.4.11.jpg
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• 5.4.11

  le 13 de noviembre à 00:39, par Sidonie

  Et je m’aperçois maintenant que l’hypothèse QC ne sert à rien. Il suffit que ABCD soit inscrit dans un cercle. E un point sur (AC). La perpendiculaire à (AC) en E coupe les bissectrices issues de B et D en K et J et les points B, D, J et K sont cocycliques quelle que soit la position de E

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• 5.4.11

  le 13 de noviembre à 15:05, par Hébu

  mais, en abandonnant l’hypothèse QC, les points J et K ne sont plus centres des cercles inscrits ? (c’est à dire qu’on a une figure différente)
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  Ou bien me berluré-je ?

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• 5.4.11

  le 13 de noviembre à 15:36, par Hébu

  Ceci étant, je trouve merveilleuse la démonstration, utilisant explicitement le cercle circonscrit, et la similitude !

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• 5.4.11

  le 13 de noviembre à 17:03, par Sidonie

  En effet on perd les centres, mais on obtient un résultat plus général, qui, appliqué au cas particulier donne la solution. Mais avez-vous senti le petit parfum des moult démonstrations que vous fîtes à base de puissance ?

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• 5.4.11

  le 13 de noviembre à 21:33, par Hébu

  Eh oui, j’ai réellement apprécié l’argumentation, très élégante. Je suis effectivement sensible à cet usage de la «puissance». On a des théorèmes de base, puis des résultats plus élaborés, qui synthétisent ceux-ci, et puis à l’autre extrémité on peut imaginer des sortes de super théorèmes, puissants, des marteaux-pilons qui résolvent tout, mais qui privent du plaisir de l’aventure géométrique.

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  Merci pour ce moment de grâce, donc.

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