Figure sans paroles #5.5.5

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

  • 5.5.5

    le 5 février à 14:45, par Hébu

    Un quaqrilatère $ABCD$, inscrit. On mène une perpendiculaire à la bissectrice de l’angle de chacun des sommets. De la sorte les perpendiculaires forment avec ces côtés des angles égaux.

    Ces perpendiculaires se coupent, formant un nouveau quadrilatère $EFGH$, tel que les angles $\widehat{EAB}$ et $\widehat{HAD}$ sont égaux, etc.

    Alors 1/ $EFGH$ est inscriptible.

    2/ Soit J l’intersection de $AC$ et $BD$, soit $M$ le centre du cercle circonscrit à $ABCD$ et $L$ le centre du cercle circonscrit à $EFGH$. Alors $J, M$ et $L$ sont alignés.

    .

    La première assertion est facile à vérifier. Si je note $a, b, c, d$ les valeurs des angles du quadrilatère initial, on voit de suite que l’angle en $E$ vaut $(a+b)/2$, en $F$ $(b+c)/2$, etc.

    De sorte que la somme des angles opposés (en $E$ et $G$ par exemple), vaudra $(a+b+c+d)/2$ - soit 180 degrés.

    .

    On peut remarquer que ceci reste vrai que $ABCD$ soit ou non QI.
    On remarque aussi que les bissectrices des sommets de $ABD$, si on les prolonge, forment un nouveau quadrilatère, dont les angles auront les mêmes valeurs que ceux de $EFGH$ — et il sera, lui aussi QI

    .
    Reste la deuxième assertion, plus ardue...

    .
    Je ne sais comment en venir à bout. J’ai juste fait quelques constatations, que je livre brutes de décoffrage

    .

    Je prolonge $AB$ et $CD$, qui se coupent au point $Y$.

    On voit que $EH$ est bissectrice de $\widehat{DAY}$ (les angles $\widehat{EAB}$ et $\widehat{ YAH}$ égaux). De même, $GH$ bissectrice de $ \widehat{ADY}$, et donc $H$ centre du cercle inscrit au triangle $ADY$, et $HY$ bissectrice de $\widehat{ BYC}$.

    On voit également que $GF$ et $EF$ sont les bissectrices extérieures du triangle $YCB$, de sorte que $YF$ est bissectrice de l’angle en $Y$. $HF$ est donc la bissectrice de l’angle $Y$.

    Un raisonnement analogue par rapport à $X$, point de concours de $AD$ et $BC$, montre que les diagonales $FH$ et $EG$ sont les bissectrices des angles en $X$ et $Y$. Un théorème, qu’a rappelé récemment Sidonie pour la figure 5.5.1, assure que $\widehat{ HKG}$=90 degrés est une cns d’inscriptibilité de $ABCD$.

    .
    Notre nouveau quadrilatère a donc ses diagonales orthogonales.

    .

    Cela change la façon de voir la figure : les côtés de $EGFH$ sont des bissectrices des triangles $YBC$, $XCD$.

    Mais cela est-il d’une quelconque aide ?

    Document joint : idm5-5-5.jpg
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    • 5.5.5

      le 8 février à 10:50, par Sidonie

      Bonjour

      Je donne à mon tour quelques avancées sans parvenir au résultat.

      Une propriété des QI : si ABCD QI de centre O complété par E et F avec G intersection des diagonales alors (OG) est perpendiculaire à (EF).

      Dans le quadrilatère complet les 4 droites passant par E forment un faisceau harmonique et assez simplement (EF) devient la polaire de G par rapport au cercle de centre O d’où l’orthogonalité

      Dans la figure nous avons 3 quadrilatères QI. l’initial, le grand formé par les bissectrices extérieures et le petit par les bissectrices intérieures. Comme vous le faites remarquer ces deux derniers ont pour diagonales les mêmes droites, bissectrices en E et F et perpendiculaires. S’ajoute un fait observé mais non démontré : les centres des petit et grand cercles ont pour milieu le centre du cercle initial.

      Les bissectrices extérieures recoupent le cercle initial en 4 points par lequel passent les bissectrices intérieures ( on peut raisonner sur les arcs interceptés par des angles supplémentaires pour montrer que ces point sont les milieux des arcs AC et BD et donc sur les bissectrices). Ces 4 points forment un rectangle (facile à démontrer) dont les côtés sont parallèles aux bissectrices en E et F (non démontré).

      Les angles $\widehat {HAD}$ et $\widehat {HGK}$ sont égaux : il suffit de tracer les bissectrices intérieures en A et D se coupant en R pour avoir AHDR cocycliques et $\widehat {HAD}$ =$\widehat {HRD}$ puis ayant des côté perpendiculaires 2 à 2 $\widehat {HRD}$ = $\widehat {HGK}$

      On démontre alors aisément que les tangentes aux grand cercle en F,E, G,H sont parallèles aux côtés du QI initial et donc que les rayons LE,LF ... sont perpendiculaires à ces côtés.

      Et malgré tout cette richesse pas de solution en vue. En tirerez-vous quel que chose ?

      Répondre à ce message
      • 5.5.5

        le 5 mars à 16:19, par Hébu

        Encore une (toute petite) avancée : montrer que les diagonales des deux QI formés par les bissectrices du quadrilatère initial sont confondues.

        .
        On a déjà vu que les diagonales du quadrilatère extérieur étaient les bissectrices de nos angles aux points $X$ et $Y$. On peut voir simplement qu’il en est de même du quadrilatère intérieur : pour simplifier mon propos je joins un dessin.
        .
        Soient $AA'$, $BB'$, etc. les bissectrices intérieures du quadrilatère.

        Elles se croisent en $J, K, L, M$, qui est le quadrilatère inscriptible.

        Considérons $AA'$ er $BB'$. On peut les voir comme les bissectrices intérieures du triangle $YAB$. Le point $M$ est donc aussi sur la bissectrice de $Y$. Quant au point $K$, il est point de concours des bissectrices extérieures du triangle $YDC$, et est donc, lui aussi, sur la bissectrice de $Y$.

        Le même raisonnement conduit au résultat : les diagonales du quadrilatère $JKLM$ sont les bissectrices des angles $X$ et $Y$.

        Nos deux QI ont donc le même support pour leurs diagonales.

        .
        Seule faiblesse de ce raisonnement : il suppose le quadrilatère initial inscriptible, alors que la propriété est vraie pour un quadrilatère quelconque.

        Document joint : qi-interieur.jpg
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        • 5.5.5

          le 5 mars à 18:17, par Hébu

          Rectificatif : le raisonnement ne suppose pas un QI. Vrai si on part d’un quadrilatère ABCD quelconque.

          Répondre à ce message
  • 5.5.5

    le 8 février à 16:29, par Hébu

    Oui, ces figures sont des mines de résultats curieux ! Quant à trouver ce qu’on désire...

    .
    Contribution modeste, les côtés du rectangle sont parallèles :
    .

    Un quadrilatère $ABCD$ inscrit dans un cercle.

    $AA'$, $BB'$, etc les bissectrices en $A$, $B$, coupant le cercle en $A', B'$, etc.

    Alors, $A'B'C'D' $est un rectangle, le point de concours de ses diagonales est centre du cercle et ses côtés sont parallèles aux bissectrices des angles qu’on a immortalisés comme $X$ et $Y$.

    .
    (c’est un rectangle, simple à montrer : $\widehat{A'B'B}=\widehat{A'AB}=a/2$ ; $\widehat{BB'C'}=\widehat{BCC'}=c/2$ ; donc $\widehat{A'B'C'}=(a+c)/2$ =90 degrés

    $A'B'C'D'$ rectangle, ses diagonales sont des diamètres, elles se coupent en $O$.)

    (accessoirement, également, $A'$ et $C'$ milieux des deux arcs $BD$, donc les segments $BD$ et $A'C'$ perpendiculaires, de même que $B'D' $et $AC$)

    D’autre part, $\widehat{B'IX}=(x/2+b/2)=90-c/2=a/2$

    .
    Et $\widehat{JB'A'}=a/2$ : $XI$ et $A'B'$ sont bien parallèles.

    Document joint : rectangle-qi.ggb
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