Figure sans paroles #5.5.2

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

  • 5.5.2

    le 13 janvier à 17:57, par Hébu

    Un quadrilatère $ABCD$ inscrit dans un cercle. Les tangentes au cercle menées de $C$ et $D$ se coupent au point $E$. Depuis $E$ des parallèles à $BD$ et $AC$ coupent $AD$ en $F$ et $BC$ en $G$.

    Les points $A, B, G, F$ sont cocycliques.

    .
    Il est assez simple de calculer certains angles de la figure. On observe ainsi que les triangles $EDF$ et $ABD$ sont semblables (angles en $F$ et $D$ égaux par construction ; $EDC$ est isocèle, ce qui permet de calculer $\widehat{EDC}=\widehat{DAC}$ d’où on tire $\widehat{FDE}=\widehat{DBA}$).

    On aura de même les triangles $ECG$ et $BAC$ semblables.

    Ces similitudes permettent d’écrire $ED/EF=AB/AD$, et $EC/EG=AB/BC$. Le quotient dz czs égalités conduit — se souvenant que $ED=EC$ — à $EG/EF=BC/AD$.

    Les triangles $HBC$ et $HAD$ étant, eux aussi, semblables, $BC/AD=HC/HD$. Ce qui conduit à la similitude de $EGF$ et $HCD$ (angles en $H$ et $E$ égaux, côtés qui vérifient $EG/EF=HC/HD$).

    Ce qui implique que $FG$ et $CD$ sont (soient ?) parallèles, les angles en $F$ et $E$ sont égaux aux angles $D$ et $C$ du quadrilatère $ABCD$ : $ABGF$ est donc inscriptible.

    .
    Une « ribambelle » de similitudes, en somme. Avec comme point -clé l’égalité EC=ED

    Document joint : idm5-5-2-2.jpg
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    • 5.5.2

      le 14 janvier à 13:32, par Sidonie

      Bonjour

      Je vous propose une autre démonstration.

      Je reprends vos notations en ajoutant H intersection entre (OE) et (FG).

      Je note C1 le cercle circonscrit, C2 le cercle passant par F,G,K,L (angles égaux) et C3 le cercle passant par E,O,C et D ( à cause des 2 angles droits).

      $\widehat {DKE}$ = $\widehat {DAC}$ (AC)//(KE) = $\widehat {EDC}$ (interceptent le même arc dans C1) = $\widehat {DCE}$ (EDC triangle isocèle)

      K et L sont donc sur cercle C3 dont [EO] est un diamètre et $\widehat {OKE}$ =90°

      Grace à C2 on a $ \widehat {HFE}$ = $\widehat {EKL}$
      Grace à C3 on a $\widehat {HEF}$ = $\widehat {LEO}$ = $\widehat {LKO}$

      Les deux angles sont donc complémentaires et HEF est un triangle rectangle .

      Les droites (FG) et (CD) sont parallèles et forment les mêmes angles que dans ABCD

      Document joint : fsp_5.5.2.jpg
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  • 5.5.2

    le 14 janvier à 18:49, par Hébu

    Oui, belle idée !

    En fait, depuis hier je réfléchis à un point qui m’intrigue. Appelons J le point de concours des diagonales AC et BD (je l’avais noté H dans ma figure, mais vous avez repris H). Si on prolonge AF , BG et JE, ils vont tous se couper en X. (Je ne sais pas le montrer, c’est un constat Geogebra).
    .

    Et tout point M pris sur XJ, à partir duquel on tire les parallèles à AC et DB, va venir former avec AX et BY des points F’, G’, K’, L’ tels que F’G’//CD et K’L’//AB (ca ne marche pas si M est pris hors de cette droite).

    .
    Et aucune de nos démonstrations ne vient tourner autour de cela ! On est pile poil dans l’interrogation que j’ai évoquée dans le commentaire sur 4.1.16 : où se situe la « vraie » raison de la propriété que l’on montre ?

    .
    Je ne sais pas si ce sont des élucubrations... Ca me travaille.

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    • 5.5.2

      le 14 janvier à 23:54, par Sidonie

      Le phénomène que vous décrivez est liée à l’homothétie. Les deux quadrilatères sont homothétiques donc il faut bien qu’il y ait un centre d’homothétie et ensuite ce centre étant trouvé avec le point M vous construisez un nouveau quadrilatère homothétique aux précédents d’où les parallèles.

      On peut bien sûr se demander pourquoi la construction proposée aboutit à un quadrilatère homothétique. Je vous avoue ne jamais m’être posée ce genre de question et même ne pas en comprendre la raison. Jusqu’alors une démonstration me rendais le résultat vrai où, au moins, cohérent avec le système axiomatique utilisé. S’il y a une vérité supérieure je vous laisse le soin de la découvrir. En attendant je continuerai égoïstement à prendre plaisir à rechercher des solutions et j’espère qu’il en sera de même pour vous.

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      • 5.5.2

        le 16 janvier à 12:22, par Hébu

        En fait, on retrouve une situation déjà rencontrée. Les tangentes au cercle en C et D, qui se coupent au point
        E, sont la première étape de la construction d’un QC : si on trace les tangentes en A et D, elles fermeront un QC, et on retrouve les éléments de la figure 5.4.13 : les diagonales du QC et le prolongement des contacts des tangentes se coupent (ici, au point que j’ai appelé X).

        .
        Et une fois que l’on sait (grâce à l’argument que vous exposâtes) que notre point E se situe sur la droite JX, alors l’homothétie montre que FG et CD sont parallèles, etc.

        .
        Voilà, je vais pouvoir dormir tranquille

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        • 5.5.2

          le 17 janvier à 00:08, par Sidonie

          Et de nos échanges, vous exhibez une 3 ème démonstration et, de loin, la plus élégante. Puis-je encore dire que l’union fait la force ?

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