Figure sans paroles #5.5.9

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

  • 5.5.9

    le 2 mars à 18:39, par Hébu

    Un quadrilatère $ABCD$, inscrit dans un cercle. $E, F, G, H$ les milieux des arcs $AB, BC, CD, DA$.

    Soit $I$ le point de concours des diagonales du quadrilatère, et $J, K, L, M$ les centres des cercles inscrits des triangles $ABI, BCI, CDI, DAI$.

    Les droites $EJ, FK, GL, HM$ sont concourantes — on note $Z$ le point de concours.

    .

    Si on trace les bissectrices extérieures, elles se coupent (points $P, Q, R, S$) formant un nouveau quadrilatère qu’on a déjà rencontré (5.5.5), et qui est inscriptible (angle en $P$ égal à $(A+B)/2$, etc.).

    Et on remarque également que l’alignement des points $P, E, J$, par exemple, résulte de la figure 5.5.8 — dont on ne possède pas (pas encore) la solution, mais qu’on peut considérer exact.

    Ainsi, en vertu du 5.5.8, on peut remplacer l’énoncé à découvrir par :

    .
    les droites $(PE), (QF), (RG)$ et $(SH)$ sont concourantes.

    .

    On remarque aussi (facile à prouver en calculant les angles) que $MK$, $HF$ et $SQ$ sont parallèles, de même que $PR$, $EG$ et $JL$ (tout ceci se coupant à angle droit, en vertu du théorème de Sidonie, rencontré au 5.5.1)

    .
    Les arguments pour montrer ça ne supposent pas que $S, H, M$ soient alignés (indépendants donc de la preuve du 5.5.8)
    .

    Mais la figure devient compliquée, et je propose de la modifier (d’autant que je vais encore tirer des traits.

    .
    (A suivre)

    Document joint : idm5-5-9.jpg
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    • 5.5.9

      le 2 mars à 18:46, par Hébu

      Je continue en modifiant le dessin

      .
      Autre parallélisme, $HE$ et $SP$ (puis $EF$ et $PQ$, etc.).

      L’angle entre $(HE)$ et $(AD)$= $(HD+AE)/2$ (les arcs), soit $\widehat{DBA}+\widehat{ABD})/2=\widehat{C}/2$.
      Quant à $PS$, l’angle avec $AD$ est $(\pi-\widehat{A})/2=\widehat{C}/2$ : $HE$ et $PS$ sont bien parallèles (même châtiment pour les autres côtés, $GF$ et $QR$, etc.).

      Il en résulte un quadrilatère $EFGH$, dont les côtés sont parallèles à $PQRS$. Une sorte d’homothétie ?

      .
      Appelons alors $Z$ le point de concours de $SH$ et $PE$. Les triangles $ZSP$ et $ZHE$ sont semblables : $ZH/ZS=HE/SP$.

      D’autre part, on peut comparer les triangles $HGE$ et $SRP$ : ils sont semblables
      $HE/SP=HG/SR=ZH/ZS$.

      Si on trace $RG$, il va couper $SH$ en un point $Z'$, la similitude de $Z'SR$ et $Z'HG$ fera que $Z'H/Z'S=ZH/ZS$, dont on déduit que $Z$ et $Z'$ sont confondus.

      .
      On a donc la concourance de $PE, SH$ et $RG$. Le même argument montrera que $QF$ passe aussi par $Z$.

      .
      Et $Z$ est un centre d’homothétie, qui transforme $EFGH$ en $PQRS$.

      Document joint : idm5-5-9-2.jpg
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  • 5.5.9

    le 3 mars à 12:50, par Hébu

    Peut-être plus simplement :

    .
    Une fois établis les parallélismes (GE et RP, HF et SQ ; puis HE et SP, HG et RS, etc), on peut raisonner sur les triangles SRP et HGE, semblables. Et donc SP/HE=SR/HG.

    Puis, avec SRQ et HGF, semblables eux aussi SR/HG=RQ/FG.

    Enfin avec SPQ et HEF, SP/HE=PQ/EF.

    Et donc,SP/HE=SR/HG=RQ/FG=PQ/EF !

    .
    Maintenant, soit, par exemple, Z point de concours de SH et PE. C’est le centre d’une homothétie, de rapport k=SZ/HZ=SP/HE, qui transforme HE en SP. Z’, concours de SH et RG, sera centre d’une homothétie, de même k. D’où Z’ et Z confondus. Et finalement, Z est le centre de l’homothétie, de rapport k, qui transforme le quadrilatère HGFE en SRQP

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    • 5.5.9

      le 3 mars à 15:51, par Sidonie

      Et peut être plus simplement encore avec le centre N du cercle PQRS. un résultat du 5.5.5 dit que les rayons NP,NQ,NR et NS sont perpendiculaires aux côtés (AB),(BC),(CD) et (DA) et donc parallèles aux rayons OP,OQ,OR et OS qui sont les médiatrices de ces côtés.

      Soit Z le point de (ON) centre de l’homothétie qui transforme un cercle en l’autre, elle transforme chaque rayon en un rayon parallèle et donc PQRS en EFGH avec pour conséquence que les droites (PE),(QF),(RG) et (SH) passent par Z.

      Document joint : fsp_5.5.9_partiel.jpg
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      • 5.5.9

        le 3 mars à 16:17, par Hébu

        Et voila donc la bonne démonstration, la plus synthétique. Je remarque qu’on est amené(e) à réutiliser des résultats issus des figures précédentes. C’est la première fois, il me semble !

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        • 5.5.9

          le 3 mars à 16:47, par Sidonie

          Retournez au 5.4.2 vous verrez que ce n’est pas la première fois. Plus sérieusement, j’espérai avec celui-ci résoudre le 5.5.8 voire même le 5.5.5 . Est-ce possible ?

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          • 5.5.9

            le 3 mars à 18:37, par Hébu

            Le 5.4.2 était un cas singulier, je trouve. Mais je pense qu’on a effectivement tout ce qu’il faut pour résoudre 5.5.5 et 5.5.8 — en particulier, je suis retourné voir le 5.5.5, nous avions déballé une palanquée de propriétés !

            Finalement, la géométrie c’est comme la pâtisserie. Des ingrédients, en faible nombre, mais une infinité de façons de les arranger.

            Reste à trouver la recette...

            Une autre réflexion. Je suis impressionné en voyant la « distance » entre l’énoncé de ce problème (la figure initiale, où on construit les bissectrices des triangles intérieurs) et les solutions qu’on en propose (un centre d’homothétie construit pour les besoins d’un quadrilatère qu’on a sorti d’un chapeau).

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