Figure sans paroles #5.6.6

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

  • 5.6.6

    le 20 avril à 17:09, par Hébu

    Dans un cercle $c_1$, deux cordes $AC$ et $BD$ se croisent au point $E$. Deux cercles, $c_2$ passant par $A, E, B$ et $c_3$ passant par $C,E,D$. Une droite passant par $E$ coupe $c_1$ en $F$ et $G$ , $c_2$ en $H$ et $c_3$ en $I$

    Il s’agit de montrer que les segments $HF$ et $IG$ ont même longueur.

    .
    Dans $c_2$, $\widehat{AHE}=\widehat{ABE}$. Dans $c_1$, $\widehat{ABD}=\widehat{ACD}$ et dans $c_3$, $\widehat{ECD}=\widehat{EID}$. C’est à dire que, appelant $P$ le point de concours de $AH$ et $ID$, $PIH$ est isocèle.

    .
    Même argument, $Q$ point de concours de $HB$ et $IC$ : $\widehat{EHB}=\widehat{EIC}$, et $QIH$ est isocèle (mais on ne l’utilisera pas).

    .
    $E'$ l’autre point de concours de $c_2$ et $c_3$, $O$ centre de $c_1$. On a montré au 5.6.2 que $A, D, O, E'$ sont cocycliques.

    $\widehat{DPH}=2*\widehat{AHE}=2*\widehat{ABD}=\widehat{AOD}$ (angle au centre). De sorte que $P$ est sur le cercle.

    .
    Dans le quadrilatère $APOE'$, on calcule $\widehat{APO}=\pi-\widehat{AE'O}=\pi-(\widehat{AEE'}+\pi/2)$ (depuis 5.6.2, on sait que $\widehat{EE'O}=\pi/2$), soit finalement $\widehat{APO}=\pi/2-\widehat{AHE}$

    .
    Ainsi $PO$ et $HE$ (c’est à dire $HI$) sont perpendiculaires. On note $J$ l’intersection de $PO$ et $HI$. Puisque $PIH$ est isocèle $HJ=IJ$. Et puisque la corde est perpendiculaire au rayon, $GJ=FJ$.

    .
    Par différence, $HF=IG$.

    Document joint : idm5-6-6.jpg
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    • 5.6.6

      le 22 avril à 12:57, par Sidonie

      Je vous propose une autre démonstration, pas plus simple que la votre, mais qui n’utilise pas les résultats précédents.

      J’ajoute N et P les centres des cercles ABE et CDE et sur sur (PE) K l’intersection avec (AB) et L l’intersection avec le cercle CDE.

      (ON) et (OP) sont perpendiculaires à (AB) et (CD) cordes communes à 2 cercles.

      Plusieurs figures étant possibles, j’utilise les angles orientés de droites.

      Dans le cercle ABC : (BE,BK) = (CD,CE) et dans CDE (CD,CE) = (LD,LE)
      (EK,EB) = (EL,ED) puisque les droites (EK) et (EL) sont confondues ainsi que (EB) et (ED)

      (BE,BK) = (LD,LE) et (EK,EB) = (EL,ED) font de BKE et LDE des triangles semblables or comme LE est un diamètre LDE est rectangle donc BKE aussi d’où (PE) $\bot$ (AB) et (PE) // (ON)

      Une même démonstration conduit à (NE) // (OP) et donc NOPE est un parallélogramme.

      OP = NE = NH et ON = PE = PI

      (NO,NH) = (NO,NE) + (NE,NH) = (EP,EN) + 2(EN,EH) = (EP,EH) + (EN,EH) = (EP,EI) + (EN,EI)

      Justification : (NO) // (EP), NEH triangle isocèle, E,H et I alignés.

      (PO,PI) = (PO,PE) + (PE,PI) = (EN,EP) + 2(EP,EI) = (EP,EI) + (EN,EI) = (NO,NH)

      Les triangles ONH et OPI ont un angle égal entre deux côtés égaux , ils sont égaux et OH = OI d’où OHI triangle isocèle.

      (OJ) est la médiatrice de [FG] donc (OJ) $\bot$ (HI) est aussi la médiatrice de [HI].

      [HF] et [GI] sont symétriques par rapport à (OJ) donc HF = GI

      Document joint : fsp_5.6.6.jpg
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      • 5.6.6

        le 22 avril à 18:21, par Hébu

        Je découvre cette nouvelle preuve. Il faut que j’approfondisse, mais elle semble très ingénieuse, et très différente, avec néanmoins des ressemblances — en ce qu’elle s’appuie sur des arguments de similitude, d’angles, etc.

        .
        Et donc, encore deux réponses à la même question !

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