Figure sans paroles #5.4.14

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

  • 5.4.14

    le 3 de diciembre de 2019 à 10:41, par Sidonie

    ABCD est un quadrilatère circonscriptible. I est centre du cercle inscrit. E et F les les intersections de (BI) (resp (DI)) avec les perpendiculaires en A à (AB) (resp (AD)).

    Il s’agit de démontrer que (AC) et (EF) sont perpendiculaires.

    J’utilise l’hyperbole de foyers A et C qui passe par B et D. (BI) et (DI) sont les tangentes en B et et D à cette hyperbole. Je note (d) la directrice associée au foyer A et grâce à une démonstration trouvée sur internet (ici) (valabe pour toutes les coniques) que je m’approprie sans vergogne, je démontre que (EF) =(d).

    Pour l’instant E n’est que l’intersection entre (BI) et (d) et on démontre que (AE) et (AB) sont perpendiculaires.

    Sur l’hyperbole on prend un point P proche de B. (EP) recoupe l’hyperbole en P’. H et H’ sont les projetés orthogonaux de P et P’ sur (d). On a PH/PA =P’H’/P’A = e (excentricité de l’hyperbole) et donc PA/PA’ = PH/PH’ or (merci Thalès) PH/PH’ = EP/EP’ ce qui fait de (EA) une
    bissectrice extérieure du triangle APP’. Soit E’ le pied de la bissectrice intérieure. E’ est entre P et P’ et (AE’) est perpendiculaire à (AE) . Lorsque P se rapproche de B il en est de même pour P’ et E’ et à la limite les 4 points se confondent en B et donc (AB) est perpendiculaire à (AE).

    Document joint : fsp_5.4.14.jpg
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    • 5.4.14

      le 3 de diciembre de 2019 à 17:16, par Hébu

      oulala, bigrement compliqué ! Les résultats sur les coniques fournissent une mine d’or!

      J’étais parti, naïvement, en calculant les angles... naturellement, sans résultat.

      Bravo pour cette démonstration. Il me reste la fin de la semaine pour comprendre

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    • 5.4.14

      le 13 de diciembre de 2019 à 17:16, par Hébu

      Alors, je viens de trouver, en furetant sur le web, une autre preuve que je trouve extraordinaire. J’insiste, je n’y suis pour rien, je n’en suis pas l’auteur — mais elle est trop belle pour que je résiste...

      .
      Je l’ai trouvée sous la plume d’un nommé Darij Grinberg,
      http://www.cip.ifi.lmu.de/ grinberg/geometry2.html

      Je reprends la figure de Sidonie en l’adaptant.

      .
      Le point $F$ est sur $DI$, bissectrice de $\widehat{ADC}$. Il est équidistant des côtés.
      Si $G$ est le projeté orthogonal de $F$ sur $CD$, $FA=FG$, $DA=DG$. Le cercle de centre $F$ de rayon $AF$ est tangent à la droite $(CD)$ au point $G$. On a $CG=DG-DC=AD-DC$.

      Même chose avec le point $E$, qui est sur la bissectrice de l’angle en $B$; on note $H$ le projeté de $E$ sur $BC$, $EH=EA$, $BH=AB$; le cercle de centre $E$, rayon $EA$, tangente $(BC)$ en $H$, et $CH=BH-BC=BA-BC$.

      Donc $CG-CH=AD-CD-AB+BC=0$, puisque notre quadrilatère est QC !

      Et donc $CH^2=CG^2$: le point $C$ a mêmes puissances par rapport aux deux cercles, ce qui signifie que $AC$ est l’axe radical de ces deux cercles.

      Axe radical qui est perpendiculaire à $EF$, la ligne des centres.

      .
      Une utilisation impressionnante de l’axe radical

      Document joint : idm5-4-14-2.jpg
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      • 5.4.14

        le 17 de diciembre de 2019 à 14:30, par Sidonie

        C’est en effet une très jolie démonstration qui prouve encore une fois votre aversion pour les coniques et votre prédilection pour les puissances.

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        • 5.4.14

          le 17 de diciembre de 2019 à 17:47, par Hébu

          Ce n’est pas tant de l’aversion que de la méconnaissance... Et puis, j’ai trouvé cette démonstration très belle, impressionnante !

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