Figure sans paroles #6.6.2

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.

Comentario sobre el artículo

  • 6.6.2

    le 21 de julio à 17:19, par Hébu

    On se donne deux cercles, de rayons de même longueur, de centres $A$ et $B$. On note $C, D$ leurs points d’intersection.

    Depuis $C$, on mène deux sécantes, et on appelle $E$, $F$ leurs intersection avec $(A)$, et $G$, $H$ leur intersection avec $(B)$ (Sur la figure telle que proposée, les sécantes se situent de part et d’autre de $(CD)$, mais la propriété que l’on piste reste vraie si les deux sécantes sont du même côté).

    On appelle $I$ le milieu de $CD$, $J$ et $K$ ceux de $FG$ et $EH$.

    Il faut montrer l’alignement de $I, J, K$.

    .

    Je bute sur la solution — enfin, ce que je pense être la bonne. Les calculs d’angles montrent facilement que les triangles $AEF$ et $BHG$ sont égaux (ils sont isocèles, l’angle au sommet vaut 2 fois $\widehat{FCE}=\widehat{HCG}$).

    .
    $I$ milieu de $CD$ est évidemment milieu de $AB$.

    On a donc la situation suivante: les deux triangles $AEF$ et $BHG$ triangles égaux, et
    - I, milieu de AB
    - K, milieu de EH
    - J, milieu de FG

    Dans cette situation, les points I,K,J , milieux des sommets homologues des deux triangles égaux, sont alignés.

    (le fait que nos triangles soient isocèles est sans importance).

    .
    Cela a l’air d’un résultat classique ? Je pense à une solution qui utiliserait des vecteurs, et Chasles, mais 1/ il faut que je l’écrive correctement et 2/ je n’aime pas ces solutions qui donnent l’impression d’une manipulation de bonneteau

    Alors, je lance ma bouteille à la mer.

    Document joint : idm6-6-2.jpg
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    • 6.6.2

      le 22 de julio à 21:16, par Sidonie

      J’ajoute M et N milieux de (HF) et (EG). Dans le quadrilatère EHFG, les milieux forment le parallélogramme KMJN.
      L’angle (CF,CG) intercepte la corde [EF] dans le cercle (A) et la corde [GH] dans le cercle (B), comme les deux cercles ont le même rayon on EF = GH et KMJN devient un losange. Donc (KJ) est la médiatrice de [MN].
      Les angles (FD,FC) et (GC,GD) interceptent la même corde [CD] dans deux cercles de même rayon donc ils sont égaux.
      (FD,FH) = (FD,FC) = (GC,GD) = (HD,HC) = (HD,HF) et le triangle HDF est isocèle de sommet D. Sa médiane (DM) est aussi hauteur donc (DM) est perpendiculaire à (CM).
      On aura de même (DN) perpendiculaire à (CN) et M et N sont donc sur le cercle de diamètre [CD] dont le centre est I et qui appartient donc à la médiatrice (KJ) de [MN]

      Document joint : fsp_6.6.2.jpg
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      • 6.6.2

        le 23 de julio à 17:23, par Hébu

        Superbe démonstration, très astucieuse. Différente de la voie sur laquelle je suis parti (une impasse ?) Je continue donc de réfléchir sur le système très simple, formé dans la figure par les triangles AEF et EHG.

        En fait, on peut s’abstraire complètement du cas proposé: on dispose dans le plan deux triangles quelconques, égaux et «inversés» (je crois que c’est le bon terme), dont on joint les sommets homologues. Les milieux de ces segments sont alors alignés.

        Voila. La solution fournirait une preuve alternative!

        Document joint : triangle662.ggb
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        • 6.6.2

          le 23 de julio à 17:49, par Sidonie

          Vous avez en effet une démonstration alternative. Il suffit de prendre le symétrique de ABC par rapport à (IK), J n’étant plus que l’intersection entre (IK) et (AD). On démontre aisément qu’une translation parallèle à (IK) passe de A’B’C’ à DFE . On en déduit que dans le triangle AA’D (IK) passe par le milieu de [AA]’ en étant parallèle à (A’D) et passe donc par le milieu de [AD].

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        • 6.6.2

          le 23 de julio à 18:14, par Hébu

          La persévérance récompense parfois... Je garde les notations de la figure précédente (les deux triangles ABC et DEF).

          J’écris le vecteur KJ (il faudrait mettre des flèches sur ces vecteurs. Dans la suite, j’écris des vecteurs, avec une flèche virtuelle)
          KJ=KA+AJ=KD+DJ,

          donc 2*KJ=KA+AJ+KD+DJ=KA+KD (J étant le milieu du segment, la somme des vecteurs AJ+DJ=0)

          Utilisant encore Chasles 2*KJ=KA+KD=KB+BA+KF+FD=BA+FD.

          Les vecteurs BA et FD ont même longueur (côtés homologues des triangles). La somme BA+FD est donc un vecteur porté par la bissectrice de ces deux côtés

          On aura de même 2*KI=BC+FE, KI est donc équipollent à la bissectrice des côtés homologues BC et EF

          Et puisque les angles en B et F sont égaux, ces deux bissectrices sont parallèles

          Ce qui prouve l’alignement de K,I,J

          Et qui résout donc, d’une autre manière, le 6.2.2.

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          • 6.6.2

            le 24 de julio à 11:22, par Sidonie

            Et nous nous retrouvons avec 3 démonstrations différentes.

            A noter que dans la figure complète (LD) est la bissectrice de l’angle FLG et elle est parallèle à la droite des milieux. (démontré)

            Le cercle passant par C, M, N et D est un cas particulier d’une propriété des quadrilatères complets. Dans le quadrilatère CHLE complété par F et G, D est le point de Miquel et dans tous les quadrilatères complets le cercle passant par C, M et N passe aussi par le point de Miquel. (démontré)

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