Figure sans paroles #6.9.2

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

  • 6.9.2

    le 31 janvier à 23:17, par thomisus

    Il y a deux cercles en intersection. Une corde d’un cercle a son milieu sur l’autre cercle. Et pareil pour l’autre. Chaque cercle a donc sa corde. Chaque corde a son milieu sur l’autre cercle. Je crois qu’on essaye de me faire dire que la chose en pointillé est un cercle qui passe par les deux milieux de corde et par deux extrémités de ces cordes. Des milieux de corde il n’y en a que deux donc ok on prend ces deux points. Mais des extrémités de corde il y en a 4. Pourquoi on prend les deux qui ont été prises ? Peut-être que la droite qui les relie est tangente commune au deux cercles. En tout cas si on avait pris une autre combinaison c’était clairement pas le cas. Donc même si rien ne l’indique je pense que la droite qui relie les deux extrémités choisies est très particulière car elle est tangente aux deux cercles. Ou alors c’était géométriquement obligatoire mais il me semble qui si on bouge un peu un des cercles en le faisant tourner autour d’un de ces deux points choisis, la droite n’est plus tangente aux deux cercles. Bref je déduis une propriété géométrique par un méta raisonnement sur le choix des deux extrémités des deux cordes. Il y a donc un chance que je raconte n’importe quoi. Et je m’arrête là.

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    • 6.9.2

      le 1er février à 13:11, par Hébu

      Pour éclairer la lanterne de Thomisus : les deux cercles sont tangents à la droite, ils se coupent de telle façon que on peut tracer une corde dans chaque cercle, issue du point de tangence, et qui vient couper l’autre cercle en son milieu.

      Et le but est de montrer que les quatre points sont cocycliques !

      Figure un peu délicate à tracer, sauf si on remarque que puisque les cordes sont coupées en leur milieu, le diamètre que passe par ce point leur est perpendiculaire : ce qui permet de placer les points de sécance sur un cercle, dont le diamètre est la rayon du cercle passant par le point de tangence.

      Reste à faire la démonstration

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      • La voici.

        le 1er février à 16:54, par Reine

        Tout à fait d’accord avec Hébu : les extrémités des cordes qu’il faut choisir sont celles situées sur l’une des tangentes communes aux deux cercles. Mais une ambiguïté subsiste cependant : une fois fixés les deux cercles et une tangente commune, la construction proposée par Hébu nous permet de trouver, dans chacun des deux cercles, deux$\,$ cordes ayant leurs milieux sur l’autre cercle. On ne pourra pas choisir arbitrairement une des cordes dans chaque cercle, la propriété illustrée sur cette Figure sans Paroles n’étant vraie que pour deux des quatre choix possibles. La démonstration ci-dessous vous en convaincra, j’espère, bien mieux que mon verbiage.

        On se donne donc les deux cercles $C_1$ et $C_2$, de centres $O_1$ et $O_2$, tangents en $T_1$ et $T_2$ à un même droite ; appelons $P$ l’intersection des droites $O_1O_2$ et $T_1T_2$ (voir la figure jointe). Suivant le conseil de Hébu, introduisons aussi les cercles $D_1$ et $D_2$ de diamètres respectifs $T_1O_1$ et $T_2O_2$.

        L’homothétie de centre $P$ qui envoie $T_1$ sur $T_2$ envoie aussi $O_1$ sur $O_2$ et donc le cercle $C_1$ (de centre $O_1$ et de rayon $O_1T_1$) sur $C_2$, et le cercle $D_1$ (de diamètre $O_1T_1$) sur $D_2$. L’inversion de pôle $P$ qui échange $T_1$ et $T_2$ échange aussi $C_1$ et $C_2$ (car ils sont homothétiques) ainsi que $D_1$ et $D_2$ (pour la même raison). Elle échange donc les intersections ${D_1\cap C_2}$ et ${D_2\cap C_1}$. Mais (suivant Hébu) les deux points $A_1$ et $B_1$ formant ${D_1\cap C_2}$ sont les milieux de cordes de $C_1$ qui nous intéressent ; et, de même, les deux points $A_2$ et $B_2$ formant ${D_1\cap C_2}$ sont les milieux de cordes de $C_1$ que l’on considère. On peut donc nommer ces quatre points de façon que $A_1$ et $A_2$ d’une part, et $B_1$ et $B_2$ d’autre part, se correspondent par l’inversion.$\,$ (Sur la figure ci-jointe, pour plus de lisibilité, je n’ai noté ni $B_1$ ni $B_2$.) Puisqu’une même inversion échange $A_1$ et $A_2$ ainsi que $T_1$ et $T_2$, ces quatre points sont cocycliques. Et il en va bien sûr de même de $B_1$, $B_2$, $T_1$ et $T_2$, ainsi d’ailleurs que de $A_1$, $A_2$, $B_1$ et $B_2$.

        Document joint : figure-6-9-2.jpg
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        • Erratum

          le 2 février à 11:13, par Reine

          Au moins une erreur à corriger : les points $A_2$ et $B_2$ sont l’intersection de $D_2$ et $C_1$, et ce sont des milieux de cordes de $C_2$.

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          • Erratum

            le 2 février à 17:39, par Hébu

            Je tente une autre solution que celle de Reine (elle est magnifique, mais me passe au dessus de la tête...)

            Mais pour l’instant, je n’aboutis pas. Voilà ce dont je dispose..

            J’ajoute les points J (et K), intersections de $(O_1A_1$ et $O_2T_2$ (et $(O_2A_2)$ avec $(O_1T_1)$.

            A cause des angles droits en $A_1$ et $A_2$, les points $T_1,A_1,J$ sont sur un cercle de diamètre $T_1J$. De même pour $T_2,A_2,K$, sur un cercle de diamètre $T_2K$.

            Et je remarque que $JK$ et $T_1T_2$ sont parallèles. Les diagonales du rectangle $T_1T_2JK$ sont de même longueur et se croisent en leur milieu, ce qui fait que les deux cercles évoqués ci-dessus sont confondus.

            Malheureusement, je bute sur $JK // T_1T_2$ — et donc je n’ai finalement rien prouvé !.

            Document joint : 692essai.jpg
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  • 6.9.2

    le 2 février à 17:52, par Hébu

    D’ailleurs, les cercles sont inutiles (l’intersection en milieu des cordes itou), le parallélisme $JK // T_1T_2$ étant le « vrai » moteur.

    Sous cette forme, la chose est élémentaire.
    La difficulté reste dans la liaison (arrangement des cercles) <—> $JK//T_iT_2$

    Document joint : 692sanscercle.jpg
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  • 6.9.2

    le 7 février à 21:18, par Hébu

    Une autre tentative, qui fait appel à l’homothétie. Je suspecte qu’elle a à voir avec la solution de Reine, mais je ne sais pas trop comment. A regarder...

    .
    Deux cercles, de centres $O_1$ et $O_2$, tangents en $T_1$ et $T_2$ à une même droite. Le point $P$ est l’intersection de $(T_1T_2)$ avec $(O_1O_2)$.

    $P$ est le centre de l’homothétie qui envoie le cercle $(O_1)$ sur $(O_2)$.

    .

    Je note $(D_1)$ le cercle ayant pour diamètre $O_1T_1$. $A_1$ est l’intersection de $(D_1)$ avec $(O_2)$.

    Je note $(D_2)$ le cercle ayant $O_2T_2$ comme diamètre, et $A_2$ et $F$ les intersections de $(PA_1)$ avec ce cercle. $F$ est le point homothétique de $A_1$ de sorte que $(A_1P,A_1T_1)$=$(FP,FT_2)$.

    (Attention, à ce point $A_2$ n’appartient pas à $(O_1)$.)

    .
    $PA_2T_2$ et $PT_2F$ sont semblables et $(FP,FT_2)=(T_2A_2,T_2P)$.

    Ce qui prouve la cocyclicité des points $(T_1,T_2,A_2,A_1)$.

    .
    Reste à établir que le point $A_2$ est bien sur le cercle $(O_1)$.

    .
    $(A_1P,A_1T_2)=(T_1A_2,T_1P)$ à cause du cercle qu’on vient de justifier. Et, les triangles $PA_1T_2$ et $PT_2C$ étant semblables, $(A_1P,A_1T_2)=T_2C,T_2P)$.

    $T_2C$ et $T_1A_2$ sont donc parallèles, ce qui fait de $C$ l’image de $A_2$ par l’homothétie de centre $P$, et qui place ainsi $A_2$ sur le cercle $O_1$.

    .
    J’espère ne pas m’être emmêlé.

    Document joint : idm-6-9-2-1.jpg
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    • 6.9.2

      le 8 février à 12:58, par Hébu

      Une autre façon de montrer que A2, intersection de PA1 avec le cercle (O2) , est aussi sur (O1) :

      je note $k$ le coefficient de l’homothétie qui envoie $(O_1)$ sur $(O_2)$. Par exemple, $PT_2=k.PT_1$.

      J’évalue la puissance de P par rapport aux cercles $(O_2)$ et $T_1T_2A_2$ :

      • $PA_1*PA_2=PT_2*PT_1=PT_2^2/k$, puis $PT_2^2=PA_1*PC$.

      Rapprochant les deux égalités, on obtient $PA_2=PC/k$, ce qui fait de $A_2$ l’image inverse de $C$, et place donc ce point sur le cercle.

      En fait, c’est le même argument, présenté avec une saveur différente

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