Commentaire sur l'article

• 5.4.14

  le 3 décembre 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 décembre 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 décembre 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...

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  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.

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  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.

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  Une utilisation impressionnante de l’axe radical

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