Figure sans paroles #4.5.12

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

  • 4.5.12

    le 9 juin 2020 à 13:05, par Sidonie

    D et E sont les centres des cercles exinscrits au triangle ABC opposés à C et B. F,G,H et I,J,K sont leurs points de tangences avec (AB), (BC) et (CA). L et M sont les milieux de [BC] et [FK].
    Il faut démontrer (LM)//(AP)
    N est le milieu de [HK]. Dans les figures précédentes on a vu que L est aussi le milieu de [GJ].
    Les bras de tangentes issues de L vers les 2 cercles sont égaux : LG = LJ donc L est sur l’axe radical des 2 cercles. De même NK = NH montre que (NL) est l’axe radical, perpendiculaire à (DE) il est parallèle à (AP).
    Dans le triangle FKH, (NM) est parallèle à (FH) qui est perpendiculaire à (DE) et met M sur l’axe radical avec pour conséquence (LM)//(AP).

    Document joint : fsp_4.5.12.jpg
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    • 4.5.12

      le 27 janvier à 17:58, par Hébu

      La construction repose sur la propriété des cercles ex-inscrits, plus précisément des longueurs des bras des tangentes, ici $BF=CK$, égaux à la longueur des bras de tangentes issues de $A$ du cercle inscrit. Et l’astucieuse démonstration de Sidonie s’appuie sur cette construction.

      Mais la propriété est valide dès qu’on se donne deux points à égale distance de $B$ et $C$, sans invoquer les cercles exinscrits..

      .

      (Je reprends les mêmes noms pour les points) On se donne deux points, F et K, sur AB et AC, tels que $BF=CK$. $L$ est le milieu de $BC$, et $M$ le milieu de $FK$. $AP$ est la bissectrice du sommet $A$ du triangle.

      Alors, $LM$ est une parallèle à $AP$. Je fais l’inverse : je trace depuis L une parallèle à la bissectrice et je montre que l’intersection M est milieu de FK

      .

      Puisque $LN // AP$, l’angle en $N$ vaut $\widehat{A}/2$. Je note $Q$ l’intersection de $(LN)$ et $(AB)$. On voit facilement que $ANQ$ est isocèle, $AN=AQ$.

      Les triangles $CAP$ et $CNL$ sont semblables, $CA/CN=CP/CL$.
      AP étant bissectrice $CP/BP=b/c$, d’où on tire $CP=ab/(b+c)$ et de la similitude $CN=(b+c)/2$, soit $AQ=AN=(c-b)/2$ et $BQ=CN$ (et donc $FQ=KN$).

      .

      Considérons le cercle circonscrit au triangle $NKM$ (j’appelle $T$ son centre, et le cercle circonscrit au triangle $MKF$ (son centre sera $V$).

      .
      1/ $\widehat{FMQ}=\pi-\widehat{NMK}$, de sorte que les angles au centre $\widehat{FVQ}$ et $\widehat{NTK}$ sont égaux. Et puisque les cordes $FQ$ et $NK$ ont même longueur, alors les cercles ont même rayon.

      .
      2/ les angles $\widehat{FQM}$ et $\widehat{MNK}$ sont égaux (à $\widehat{A}/2$). Les cercles ayant mêmes rayons, les cordes sous-tendues ont mêmes longueurs : $KM=FM$

      .
      $M$ est donc le milieu de $KF$.

      Document joint : idm4-5-12bis.jpg
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