Figure sans paroles #6.1.8

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

  • 6.1.8

    le 19 octobre à 11:40, par Hébu

    Les semaines se suivent, sans se ressembler. Problème plutôt reposant, après l’énigme précédente

    .
    .On se donne un cercle $(c)$, de centre $O$, puis deux cercles, $(c_A)$ de centre $A$ et $(c_B)$ de centre $B$ tangents intérieurement au premier en les points $C$, $D$.

    On note $E$ et $F$ les points d’intersection de ces deux cercles. On trace les bissectrices des angles $\widehat{ECF}$ et $\widehat{EDF}$, elles se coupent en un point $G$.

    $E, F, G$ sont alignés.

    .
    On prolonge $CE, CF, CG$, qui coupent $(c)$ en $J,H,I$, puis $DE, DF, DG$, qui coupent $(c)$ en $K,M,L$. $(DL)$ coupe $(c_B)$ en $P$, et $(CI)$ coupe $(c_A)$ en $Q$.

    .
    Une homothétie de centre $C$ envoie $(c_A)$ sur $(c)$, et $EF$ sur $JH$ : $EF // JH$. De même, l’homothétie qui envoie $(c_B)$ sur $(c)$ donne $EF // KM$. Et donc $EF // HJ // KM$.

    .
    Egalement, l’homothétie de centre $C$ envoie $AQ$ sur $OI$, d’où $(AQ) // (OI)$, l’homothétie de centre $D$ envoie $BP$ sur $OL$ : $(BP) // (OL)$ ($(OL)$, médiatrice de $KM$, et $(OI)$ médiatrice de $HJ$). $(OI)$ et $(OL)$, parallèles à $(PQ)$, sont confondues : $I,O,L$ sont alignés.

    Et puisque $(IL) \bot (HJ)$ et $(PQ) \bot (EF)$, alors $(PQ)$ et $(IL)$ sont parallèles.

    .

    .
    Conséquence : $\widehat{GPQ}=\widehat{DLI}=\widehat{DCI}$, et $\widehat{GQP}=\widehat{CIL}=\widehat{CDL}$, les triangles $GQP$ et $GDC$ sont semblables, $GQ/GP=GD/GC$, ou $GQ \times GC = GP \times GD$ : le point $G$ a même puissance par rapport aux deux cercles, il est donc sur $(EF)$, leur axe radical.

    .

    J’ai vaguement l’impression qu’on doit pouvoir faire plus simple.

    Document joint : idm6-1-8bis.jpg
    Répondre à ce message
    • 6.1.8

      le 19 octobre à 17:02, par Sidonie

      Je pense proposer en effet une solution plus simple.
      Je trace les tangentes en C et D qui se coupent en T point de (EF) (comme la semaine passée).
      Ensuite le cercle de centre T passant par C et D coupe (EF) en I et J.
      La puissance de T par rapport aux 2 petits cercles donne TC² = TE.TF or TC = TI = TJ d’où TI.TJ = TE.TF et comme T est le milieu de [IJ] , I et J partagent harmoniquement E et F.
      On a déjà vu que pour tout point du cercle de diamètre [IJ] comme C ou D (CI),(CJ) et (DI),(DJ) sont les bissectrices de $\widehat {ECF}$ et $\widehat {EDF}$

      Document joint : fsp_6.1.8.jpg
      Répondre à ce message
      • 6.1.8

        le 20 octobre à 16:23, par Hébu

        Oui, bravo ! Effectivement plus court (et même beaucoup), et utilisant une approche toute différente.

        Répondre à ce message
        • 6.1.8

          le 20 octobre à 17:39, par Sidonie

          Et en restant dans la lignée du 6.1.7. D’ailleurs, j’avais remarqué dans mes recherche la construction de la bissectrice que je propose, mais, à l’époque, c’est une voie qui n’a pas abouti. Comme quoi, il ne faut jamais négliger les errements et impasses.

          Répondre à ce message

Laisser un commentaire

Forum sur abonnement

Pour participer à ce forum, vous devez vous enregistrer au préalable. Merci d’indiquer ci-dessous l’identifiant personnel qui vous a été fourni. Si vous n’êtes pas enregistré, vous devez vous inscrire.

Connexions’inscriremot de passe oublié ?

Ressources pédagogiques