Figure sans paroles #5.6.1

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

  • 5.6.1

    le 16 mars à 18:19, par Hébu

    Un triangle $ABC$, et son cercle circonscrit $(c_1)$. Un second cercle $(c_2)$, passant par $B$ et $C$, coupe $AB$ en $D$ et $AC$ en $E$.

    Un triangle $ABC$, un point $D$ sur $AC$. Le cercle qui passe par $A, B, D$, coupe $BC$ en $E$
    .

    Un troisième cercle $(c_3)$ passant par $A, D, E$ coupe le premier en $F$.

    On note $K$ le centre de $(c_2)$ (le cercle passant par $C, D, E, B$).
    .

    Alors les segments $AF$ et $FK$ sont perpendiculaires.
    .
    Un résultat classique (cf la figure 1.10) nous apprend que le centre du cercle $(ADEF)$ est situé sur la hauteur $AH$ issue de $A$ ($\widehat{AGE}=2*\widehat{ADE}=2c, \widehat{GAE}=\pi/2-c$, donc $\widehat{H}=\pi/2$).

    .
    Appelons $G$ ce centre, et $I$ le centre du cercle circonscrit au triangle.

    $GK$, qui joint les centres des cercles $(c_2)$ et $(c_3)$, est perpendiculaire à $DE$, leur axe radical. $IK$ et $AH$ sont parallèles, de même que $IA$ et $KG$.

    En effet $(IA,AB)=\pi/2-c$. D’autre part $\widehat{EDB}=\pi-c$, et $(KG,AB)=(KG,ED)+(ED,AB)=\pi/2+c$ (j’ai beaucoup de souci avec cette manière de manipuler les angles...)

    .
    Cela signifie que $KIAG$ est un parallélogramme. $IK=r$, rayon du cercle de centre $G$. Et $AG=GM$, $M$ étant l’autre point de concours du cercle de centre $G$ avec $AH$.

    On a donc un second parallélogramme $IGMK$. Et $AF$, axe radical des cercles $(c_1)$ et $(c_3)$ (de centre $G$ et $I$), est perpendiculaire à $IG$. Et donc à $KM$.

    .
    Dans le cercle de centre $G$, $FM$ est perpendiculaire à $AF$ : $F, M$ et $K$ sont donc alignés, et l’angle $\widehat{AFK}$ est droit.

    A noter, cette figure rappelle 4.8.25 (qu’il faut résoudre sans tarder) !

    Document joint : idm5-6-1.jpg
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    • 5.6.1

      le 16 mars à 23:35, par Sidonie

      Jolie démonstration toutefois je m’aperçois que j’ai résolu le 4.8.25 à l’occasion du 5.5.5 .

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      • 5.6.1

        le 17 mars à 12:24, par Hébu

        J’avais noté l’analogie avec le 4.8.25, je n’avais pas remarqué pour le 5.5.5 ! Pour ce qui est de la preuve, pouvez-vous développer (je crains qu’il ne s’agisse de l’utilisation des polaires).

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        • 5.6.1

          le 17 mars à 15:14, par Sidonie

          A votre service.

          Rappel : la polaire d’un point G par rapport à un cercle de centre O est l’ensemble des points M tels que si A et B sont les intersections de (MG) avec le cercle alors MA/MB = GA/GB. On sait que c’est une droite perpendiculaire à (OG).

          Dans un quadrilatère complet on sait que 2 diagonales coupent la troisième dans un rapport harmonique.

          Donc si ABCD est un QI complété par E et F et avec G,H et I comme intersections des diagonales avec G intérieur on a HA/HB = GA/GB et IC/ID = GC/GD donc H et I sont des points de la polaire de G c’est à dire (EF) qui devient perpendiculaire à (EG).

          Document joint : fsp_4.8.25.jpg
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          • 5.6.1

            le 18 mars à 12:00, par Hébu

            Merci infiniment pour ce cours particulier ! ...

            .
            En fait, je commence à comprendre (encore vraiment merci), et je m’aperçois que c’est une méthode puissante. J’ai jeté un oeil sur les figures 4.8 (4.8.24, etc) qui toutes font apparaître un angle droit. Peut-être ressortissent-elles toutes de méthode ? Je vais approfondir.

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            • 5.6.1

              le 18 mars à 19:14, par Sidonie

              Je viens à mon tour de circuler dans ces coins . J’ai résolu le 4.8.22 et vous laisse le 4.8.21 à titre d’entraînement.

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              • 5.6.1

                le 19 mars à 17:19, par Hébu

                Et voila, j’ai accompli mon exercice. Si la preuve est fausse, c’est que je n’ai pas compris. Si elle est exacte, le mérite est pour vous !

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    • 5.6.1

      le 17 mars à 17:10, par Sidonie

      Je m’étais lancée dans une une autre voie qui permet aussi d’aboutir.

      Sur ma figure AK est un diamètre de c1, B’ est le symétrique de B par rapport à (AK) P et Q sont les pieds des hauteurs issues de C et B. c4 est le cercle passant par B,C,P et Q.

      Je suppose que (FK) est perpendiculaire à (AF) et je démontre que (FK) passe par le centre de c2

      La puissance de A par rapport à c2 permet d’écrire : AD.AB = AE.AC et par rapport à c4 : AP.AB = AQ.AC puis en divisant membre à membre AD/AP = AE/AQ et donc (DE)//(PQ).

      Dans un triangle la droite joignant les pieds des hauteurs issues de 2 sommets est perpendiculaire au diamètre passant par le troisième sommet donc ici (AK) est perpendiculaire à (PQ) et donc aussi à (DE).

      (BB’) étant perpendiculaire à (AK) est aussi parallèle à ( DE).

      Dans c1 on a (FA,FB’) = (BA,BB’), par parallélisme (BA,BB’) = (DA,DE) et dans c3 (DA,DE) = (FA,FE).

      (FA,FB’) = (FA,FE) entraîne l’alignement de B’,E et F. Je note J l’intersection de (FB’) et c2.

      Dans c1 le diamètre (AK) définit avec (BB’) les arcs égaux AB et AB’ ainsi que KB et KB’.

      FK est donc la bissectrice de (FB,FB’) et donc (FB) et (FB’) sont symétriques par rapport à (AK).

      On a déjà (FA,FJ) = (BA,BB’) l’égalité d’arc AB = AB’ donne (BA,BB’) = (CB,CA) et dans c2 (CB,CA) = (JB,FJ).

      (FA,FJ) = (JB,FJ) entraîne (FA)//(JB) et donc (AK) et (JB) perpendiculaires et pour finir J est le symétrique de B par rapport à (AK) ce qui en fait la médiatrice d’une corde de c2 qui passe forcément par son centre.

      Document joint : fsp_5.6.1.jpg
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      • Errata

        le 17 mars à 23:10, par Sidonie

        Naturellement dans les 4 dernières lignes il faut remplacer (AK) par (FK)

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        • Errata

          le 18 mars à 12:09, par Hébu

          Etonnant. Très belle démonstration, l’idée de faire intervenir B’ ainsi que les hauteurs est une trouvaille. Bravo ! Cela aboutit à une preuve qui n’a rien en commun avec celle que j’ai proposée.

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