Figure sans paroles #6.6.4

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

  • 6.6.4

    le 2 août à 13:04, par Hébu

    On se donne un triangle ABC, que l’on divise en deux par une sécante AD, choisie telle que les cercles inscrits dans chacun des triangles aient même rayon.

    Alors les rayons des cercles ex-inscrits , des triangles ABD et ACD, ont également des rayons égaux.

    .

    J’appelle E et F les centres des cercles inscrits, J et K ceux des cercles ex-inscrits.

    Je peux tracer la tangente à ces cercles, parallèle à (BC). Elle coupe (AB) et (AC) en B’ et C’, avec B’C’ // BC. Les quadrilatères BDD’B’, et DCC’D’ sont des quadrilatères circonscriptibles.

    .
    On peut définir deux homothéties, la première envoyant (E) sur (J), B’D’ sur BD, la seconde (F) sur (K), D’C’ sur DC.

    .
    Les rapport d’homothétie vaut AB/AB’=AD/AD’=AC/AC’ : il est identique pour les deux homothéties, de sorte que les cercles (J) et (K), images de (E) et (F), auront même rayon.

    .
    Remarques : 1/ chacun des cercles est inscrit dans son quadrilatère. Et B’B’’C’’C’ est, lui aussi, circonscriptible !
    2/ ça semble trop simple...

    Document joint : idm-6-6-4.jpg
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    • 6.6.4

      le 6 août à 17:53, par Hébu

      Le quadrilatère B’B’’C’’C’ est circonscriptible. Il faut le prouver ! Voici une preuve. Un peu lourde ?

      .
      Chacun des trapèzes circonscriptibles est caractérisé pas sa relation, exemple $c_1+d_1-a_2-b_2=0$.

      On peut écrire les relations pour chacun des trapèzes, puis les sommer, en regroupant les termes correspondant pour faire apparaître la relation qu’on aimerait obtenir, pour le quadrilatère extérieur :

      $c_1+c_2+e_1+e_2-(a_1+b_1+a_3+b_3)+2(d_1+d_2-a_2-b_2)=0$

      .
      De sorte que le trapèze externe (il se nomme B’B’’C’’C’ dans ma figure initiale) deviendra circonscriptible si et seulement si $d_1+d_2-a_2-b_2=0$.

      Autrement dit, revenant aux notations de la figure, si les segments $BC$ et $D'D'_1$ ont même longueur.

      .

      Je complète la figure par certains points de contact des cercles inscrits : $K,L,M,N,O,P,Q,R$

      .
      On voit que DD’ et KN ont même longueur, de même que DD’_1 et OR.

      Ceci à cause des égalités des bras de tangentes, et du fait que les cercles adjacents ont même rayon (ainsi, D’E=D’M, puis D’L=D’G et D’G=DE).

      .
      On réécrit donc notre condition de circonscribilité :

      $d_1+d_2-a_2-b_2=0$ devient $KN9(BK+KN+NC)=0$ c’est à dire $OR-(BK+NC)=0$

      Et comme $OR=OD+DR$, que $OD=BK$, $DR=CN$ (relations entre bras de tangentes des cercles inscrit et ex-inscrit) on vérifie effectivement la condition.

      Document joint : quadrilateretotal.jpg
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