Figure sans paroles #5.6.14

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

  • 5.6.14

    le 15 juin à 14:10, par Hébu

    La description de la figure est identique à la précédente, à condition de remplacer le point O par le point E (du coup, je copie/colle...) :

    ABCD est un quadrilatère inscrit dans le cercle de centre O. (AC)∩(BD) = E. H,I,J et K sont les centres des cercles AEB, BEC, CED et DEA. Il s’agit de montrer que les droites (OE), (HJ) et (IK) sont concourantes.

    .

    On peut décomposer en deux sous-problèmes, chacun concernant une paire de cercles et le segment qui joint leurs centres.

    Je garde donc les cercles AEB, CED, et le segment JH. Cela allège le dessin.

    Je note F le second point de concours des cercles AEB et CED.Il est clair que JH est perpendiculaire à EF, qu’il coupe en son milieu.

    .
    Maintenant, on sait, depuis 5.6.2, que EF et FO sont perpendiculaires : HJ et OF sont donc parallèles, de sorte que HJ coupe EO en son milieu (ce point centre du cercle qui passe par E, O, F, etc., qu’on a déjà rencontré également).

    Un raisonnement identique, mené pour les cercles CED-AED, montre que IJ coupe EO en son milieu.

    Et puisque ce milieu est unique, alors (OE), (HJ) et (IK) sont concourantes, le point d’intersection étant le centre du cercle qui passe par E, O, F.

    Document joint : idm5-6-14.jpg
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    • 5.6.14

      le 15 juin à 20:22, par Sidonie

      Bonjour, pas plus simple puisqu’il y a quelques temps je n’ai pas posté un résultat qui arrive au résultat autrement. J’ajoute le point G pour obtenir (Q) le quadrilatère AEDG complété par B et C. M = (AB)$\cap$(OH) et N = (AC)$\cap$(OJ). P est le centre du cercle BGD et comme F est le point de Miquel de (Q) il existe un cercle dit de Miquel qui passe par les centres des cercles (ici P, H et J) et par le point de Miquel F. La propriété non posté c’est que O est aussi sur le cercle. D’ailleurs à l’époque j’avais aussi démontré que si c’étaient A,E,D et G qui étaient cocycliques alors le centre de leur cercle est aussi sur le cercle de Miquel.
      (OH) et (OJ) sont les médiatrices de [AB] et [CD] donc (OH,OJ) = (GB,GD) = (FB,FD) par cocyclité.
      Les cercles AEB et DEC se recoupent en F . (DB) est une sécante qui passe par E donc (FB,FD) = (FH,FJ) puisque H et J sont les centres des cercles.
      L’égalité (OH,OJ) = (FH,FJ) montre que O est sur le cercle passant par H, F et J.
      On sait que (OF)$\bot$(EF) et que (HJ) est la médiatrice de [EF] donc (OF)//(HJ) et HOFJ est un trapèze isocèle.
      D’où (HO,HJ) = (JH,JF) = (JE,JH) par symétrie autour de (HJ) et donc (HO)//(JE).
      On démontre de même manière (HE,JO) et apparait le parallélogramme EHOJ donc les diagonales [EO] et [JH] se coupent en leur milieu.
      On recommence pour avoir le parallélogramme EIOK et le milieu de [EO] est aussi celui de [JH] et de [IK].
      Naturellement on a aussi le parallélogramme HIJK, (EJ)$\bot$(AB) puisque parallèle à (OH) et (EH)$\bot$(CD). D’autres propriétés apparaissent trop longues à énumérer.

      Document joint : fsp_5.6.14.jpg
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      • 5.6.14

        le 16 juin à 13:17, par Hébu

        C’est une preuve plus sophistiquée, il me semble qu’elle ouvre d’autres horizons — en tous cas, très différente !

        Ces figures (celle-ci, les précédentes,) donnent l’impression que l’on refait un peu les mêmes raisonnements. Je me demande si un argument comme celui-ci ne pourrait pas rassembler tout ça ?

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