Figure sans paroles #6.1.5

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

  • 6.1.5

    le 28 septembre à 15:34, par Hébu

    Un triangle $ABC$, dans son cercle circonscrit ($D$ le centre du cercle circonscrit). Un second cercle, tangent intérieurement au premier au point $A$, on note $F$ et $H$ ses intersections avec $(BC)$ et $E$ son centre.

    Il faut montrer que les angles $\widehat{BAF}$ et $\widehat{CAH}$ ont même mesure.

    .
    La médiatrice de $FH$, corde du cercle intérieur, passe par $E$, son centre. On note $I$ et $J$ les intersections de cette médiatrice avec la circonférence. $AJ$ est la bissectrice de $\widehat{FAH}$.

    Maintenant, l’homothétie, de centre $A$ et de rapport $AD/AE$ (rapport des rayons) transporte le cercle de centre $E$ sur celui de centre $D$. Elle transporte $J$ en $K$, et $EJ$ en $DK$, de sorte que $DK$ devient médiatrice de $BC$ et $AK$ bissectrice de $\widehat{BAC}$.

    Et par différence, nos angles $\widehat{BAF}$ et $\widehat{CAH}$ seront égaux.

    Document joint : idm6-1-5.jpg
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  • 6.1.5

    le 28 septembre à 15:41, par Sidonie

    Deux cercles sont tangents intérieurement en A. La corde [BC] du grand coupe le petit en D et E.
    Il s’agit de démontrer l’égalité d’angle $\widehat {BAD}$ et $\widehat {EAC}$
    (AD) et (AE) coupent le cercle (ABC) en F et G. (AB) et (AC) coupent le cercle (ADE) en I et H.
    L’homothétie de centre A qui transforme le cercle (ABC) en cercle (ADE) laisse globalement invariante les droites (AB) et (AF). Les images de B et F sont donc les intersection autres que A de ces droites avec le cercle (ADE), ce sont donc I et D ce qui force (BF)//(DI).
    Le reste est affaire d’angles inscrits, de relation de Chasles avec les angles orientés de droite et d’angles correspondants entre parallèles.
    (AB,AD) = (AB,AF) =(AB,AE) + (AE,AF) = (AI,AE) +(AE,AF) = (BF,BC) + (AE,AF) = (AF,AC) + (AE,AF) = (AE,AC)

    Document joint : fsp_6.1.5.jpg
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  • 6.1.5

    le 28 septembre à 20:51, par bistraque

    J’ai une préférence pour une inversion centrée sur le point tangent aux deux cercles, disons $C$ (peu importe le rapport d’inversion). Si on désigne par $AA'B'B$ les quatre points d’intersection avec ces deux cercles sur la base du triangle, l’inversion transforme les deux cercles en deux droites parallèles, la base en un cercle passant par $C$ et les droites issues de $C$ en elles-mêmes. Appelons $iX$ l’image par l’inversion du point $X$.
    Les deux droites images coupent le cercle image en deux cordes $(iA, iA')$ et $(iB', iB)$ d’égales amplitudes. Les angles $\widehat {iACiA'}$ et $\widehat {iB'CiB}$ sont donc égaux car les 5 points sont cocycliques. L’inversion conservant les angles :$\widehat {ACA'} = \widehat {B'CB}$

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    • 6.1.5

      le 29 septembre à 09:31, par Sidonie

      C’est en effet une démonstration fort élégante et je vous remercie de me remémorer une transformation bien efficace que je vais essayer de me réapproprier.

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    • 6.1.5

      le 29 septembre à 11:33, par Hébu

      eh bien, nous voila avec 3 preuves différentes !

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