Figure sans paroles #6.9.1

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

  • 6.9.1

    le 24 janvier à 10:15, par Sidonie

    Deux cercles (O) et (O’) de centres O et O’ sont sécants en A et un autre point. (BC) et (B’C’) sont les tangentes communes, elles se coupent en D. M et M’ sont les milieux de [BC] et [B’C’]. (DA) recoupe (O’) en A’.
    Il s’agit de prouver l’égalité d’angle (AO,AM) = (AO’,AM’)
    L’homothétie de centre D qui transforme (O’) en (O) donne (AO,AM) = (A’O’,A’M’)
    Considérant le triangle A’B’C’ , (O’) est son cercle circonscrit et l’intersection D entre les tangentes en B’ et C’ est un point de la symédiane issue de A.
    Les points A, O’, M’ et A’ sont donc cocycliques (voir le 6.7.9) et (A’O’,A’M’) = (AO’,AM’)

    Document joint : fsp_6.9.1.jpg
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    • 6.9.1

      le 24 janvier à 14:34, par Hébu

      Oui, jolie preuve concise. J’en ai une autre, qui me semble plus « élémentaire » (elle évite la symédiane) mais forcément plus lourde.
      .

      J’appelle E’ l’autre point d’intersection des deux cercles, et E l’intersection de (DE’) et (O’).

      (DO) est un axe de symétrie pour les deux cercles, de sorte que les angles (A’M,A’O) et (E’O,E’M) sont égaux.

      .

      L’homothétie de centre D qui envoie le cercle (O’) sur (O) envoie E sur E’, O’ sur O, M’ sur M, etc. Elle conserve les angles, et donc (EO’,EM’) et (E’O,E’M) ont même valeur (visiblement, les ’ sont mal placés).

      .
      J’ai ainsi ramené le problème à l’égalité des angles (A’M’,A’O’) et (EO’,EM’).

      Il suffit (!) de montrer que les points E,M’,A’ sont alignés.
      .

      Je note P et Q les intersections de DO avec le cercle (O’), M_2 l’intersection de (A’E) et (DO). La symétrie mentionnée plus haut fait de P le milieu de l’arc AE, et donc A’P la bissectrice de (A’D,A’O). Quant à A’Q, il est perpendiculaire à A’P.

      A’P est donc la bissectrice de l’angle en A’ du triangle DA’M_2, et (D,P,M_2,Q) forment une division harmonique. Et donc M_2 est sur la polaire de D. Mais puisque cette polaire n’est autre que B’C’, alors M_2 et M’ sont confondus.
      .

      Cela achève l’argument : (A’M’,A’O’) et (EO’,EM’) sont les angles de la base du triangle O’A’E, isocèle.
      .
      (ma figure est dans l’autre sens. désolé !)

      Document joint : idm-6-9-1bis.jpg
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      • 6.9.1

        le 25 janvier à 10:57, par Sidonie

        Et à nouveau 2 visions du même problème. Vous pouvez toutefois alléger la fin de votre démonstration. (AE’) et (A’E) se coupent sur la polaire de P mais aussi sur leur axe de symétrie (DO) donc en M.

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        • 6.9.1

          le 25 janvier à 18:15, par Sidonie

          Naturellement, il faut lire « polaire de D » et « M’ »

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    • Une variante

      le 1er février à 17:41, par Reine

      Abondance d’arguments ne nuisant pas, je vous propose une autre variante, qui évite aussi la symédiane — mais Hubé la jugera-t-il trop lourde ?

      Pour vérifier que $A$, $A'$, $O'$ et $M'$ sont cocycliques, il suffit de s’assurer que $\,\overline{\!DO'\!}\,\;\,\overline{\!DM'\!}\,$ est égal à $\,\overline{\!DA\!}\,\;\,\overline{\!DA'\!}\,$, c’est-à-dire à la puissance ${DB'}^2$ de $D$ par rapport à $(O')$. Or cela résulte de ce que, dans le triangle rectangle $B'\!DO'$, le côté $DB'$ est moyenne proportionnelle entre l’hypothénuse et sa projection sur l’hypothénuse.

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