Figure sans paroles #5.4.11

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

  • 5.4.11

    le 11 novembre à 21:09, par Hébu

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

    .
    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.

    .
    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.

    .
    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 novembre 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 novembre 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 novembre 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 novembre 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 novembre 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)
              .
              Ou bien me berluré-je ?

              .

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              • 5.4.11

                le 13 novembre 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 novembre 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 novembre 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.

                    .
                    Merci pour ce moment de grâce, donc.

                    Répondre à ce message

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