Figure sans paroles #5.4.7

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

  • 5.4.7

    le 15 octobre à 11:38, par Sidonie

    Un quadrilatère est inscrit dans un cercle de centre O. A chaque sommet on trace la tangente au cercle formant le quadrilatère circonscriptible ABCD . Ses bissectrices, qui passent par O coupent le cercle en formant le quadrilatère EFGH. Chacun de ces point est le centre d’un cercle tangent à un côté de l’inscriptible et deux côtés du circonscriptible.
    Preuve : Dans le triangle BXY F est sur la bissectrice issue de B. Les angles inscrits dans le grand cercle $\widehat{YXF}$ et $\widehat{BXF}$ interceptent deux arc égaux donc F est aussi sur la bissectrice issue de X . F est bien le centre du cercle inscrit dans BXY.

    La figure se termine avec le quadrilatère IJKL comme dans le 5.4.5.Il s’agit de prouver que maintenant IJKL est un losange. On sait déjà grâce au 5.4.5 que IJ + KL = IL + JK. (1)

    Je note a,b,c et d les mesures des angles du quadrilatère ABCD. u et v sont les mesures de $\widehat{AUE}$ et $\widehat{AVE}$.

    Les deux faisceaux de 3 droites issues de U et V dont l’une est bissectrice des 2 autres se coupent en 9 points.

    A l’aide du triangle AMU on a $\widehat{EMN}$ = a-u et avec le triangle MNU on a $\widehat{RND}$ = a-2u autrement dit les mesures des angles sont en progression arithmétique. Il en sera de même en suivant le faisceau V et même en diagonale ce qui permet d’écrire $\widehat{JIK}$ = 2$\widehat{FEH}$-$\widehat{BAD}$.(2)

    Le triangle isocèle EOF et le triangle AOB donnent $\widehat{EOF}$ = a/4 + b/4 de même $\widehat{OEH}$ = a/4 +d/4 et donc $\widehat{FEH}$ = a/2 + b/4 +d/4

    En appliquant (2) il vient $\widehat{JIK}$ = 2( a/2 + b/4 +d/4 ) - a = b/2 + d/2.

    En renouvelant aux 4 coins on obtient $\widehat{JIK}$ = $\widehat{JLK}$ = b/2 + d/2 et $\widehat{IJK}$ = $\widehat{ILK}$ = a/2 + c/2 et IJKL devient un parallélogramme avec IJ = KL et IL = JK qui introduit dans (1) donne IJ = IL avec IFKL losange.

    Document joint : fsp_5.4.7.jpg
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    • 5.4.7

      le 15 octobre à 17:16, par Hébu

      Bien vu !

      Bravo !

      Il y a un point qui me tarabuste. J’étais parti sur une autre idée (que je n’ai pas su faire aboutir : montrer que le côté de mon quadrilatère intérieur (c’est à dire la tangente aux cercles d’angles, celle qui se nomme $E_1F_1$ sur mon schéma) est parallèle à $XZ$.

      L’idée était que les autres tangentes ayant la même propriété, elles étaient parallèles entre elles 2 à 2, d’où le parallélogramme, etc.

      .
      Et pour prouver ma propriété, je dessine la seule moitié gauche du dessin. Et j’observe, sur cette moitié, que effectivement on a le parallélisme :

      Depuis $E$ et $F$ je prolonge $EE_1$ et $FF_1$ (les points de tangence) jusque $XZ$. Ces droites prolongées vont couper $XZ$ à angle droit - d’où la parallélisme

      Par ailleurs, la droite qui joint les points de contact de $YZ$ et $XY$ avec les cercles, est aussi parallèle à $XZ$. Cette dernière propriété est facilement déduite de ce que les points de contact sont milieux des segments $YZ$ et $XY$.

      D’où mon étonnement. La propriété de parallélisme est indépendante de ce que je fais au côté droit, et devrait se déduire de la construction partielle (segments AB, AZ, BX, les bissectrices, le cercle) !

      Document joint : coteg.jpg
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      • 5.4.7

        le 16 octobre à 11:39, par Sidonie

        Pour ma part, j’étais partie dans la même direction puis, assez vite, rabattue sur les angles. Comme la réussite était au bout j’ai abandonné le parallélisme. Votre message m’a remise dans cette voie toujours sans succès.

        Un point me turlupine, à moins qu’il me tarabuste. Votre figure place un magnifique angle droit entre EE’ et XZ. Est-ce un fait démontré ou simplement observé ?

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        • 5.4.7

          le 16 octobre à 12:18, par Hébu

          Non, c’est précisément l’objet de la réflexion - pour me conformer au style de la rubrique, l’angle droit devrait être pointillé.
          .
          Si je démontre que, effectivement, l’angle est droit, alors j’ai gagné : XZ est parallèle à la tangente aux deux cercles, puisque perpendiculaire au rayon. La même démonstration faite pour le « côté droit » montrerait que mes deux tangentes sont parallèles, puisque parallèles à XZ. Meme argument ensuite pour les 2 autres côtés.

          .
          Le tout serait de montrer que l’angle que font les deux tangentes à nos deux cercles de gauche (qui doit être noté 2u dans votre schéma) vaut (b-a)/2

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