25 octobre 2021

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  • 6.8.3

    le 25 octobre 2021 à 12:35, par Hébu

    $A, B, C, D$ sont les centres de cercles tangents deux à deux. Je nomme $E$ (resp. $F,G,H$) les points de contact de $(A)-(B)$ (resp. $(B)-(C), (C)-(D), (D)-(A)$).

    Les tangentes en $E,F,G,H$ se coupent aux points $P,Q,R,S$, formant un quadrilatère tangentiel (circonscriptible).

    .

    On remarquera tout d’abord la circonscribilité du quadrilatère $ABCD$ (les sommes des longueurs des côtés opposés sont les sommes des rayons des quatre cercles — même situation que pour la figure 6.8.1, où on montrait que $E,F,G,H$ sont cocycliques).

    Le cercle inscrit dans le quadrilatère $ABCD$ a son centre au point de concours des bissectrices des sommets (point de concours qui existe, puisque il est circonscriptible !).

    .
    La bissectrice en $B$ est la droite $(BS)$ : elle est donc bissectrice de l’angle $(SP,SR)$. Mêmes observations pour les bissectrices en $A, C, D$. Le centre du cercle inscrit dans $ABCD$ sera donc centre d’un cercle inscrit dans $PQRS$.

    .
    Les quadrilatères circonscriptibles se multiplient par parthénogenèse.

    Document joint : idm-6-8-3.jpg
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    • 6.8.3

      le 28 octobre 2021 à 09:56, par Sidonie

      A l’aide des égalité de bras de tangentes vous pouviez aussi avoir :
      RS + PQ = RF - SF + PH - QH = RG - SE + PE - QG = QR + PS.
      J’en profite pour vous signaler que le 5.4.9 vient de trouver une solution.

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      • 6.8.3

        le 28 octobre 2021 à 10:37, par Sidonie

        Avec un s à la fin d’égalité.

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      • 6.8.3

        le 28 octobre 2021 à 11:32, par Hébu

        Bravo ! Astucieux usage de la ribambelle, une fois de plus ! Et deux preuves différentes, c’est parfait

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