Figure sans paroles #6.8.9

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

  • 6.8.9

    le 7 décembre 2021 à 21:11, par Sidonie

    Méthode résolvant le 6.8.4, le 6.8.7, le 6.8.8, le 6.8.9 et sans doute d’autres à venir.
    Les alignements démontrés à l’occasion du 6.8.5 dernière bouture, donnent 5 triangles notés AiBiCi. Tous les (AiBi), en rouge, convergent vers l’intersection des tangentes communes aux cercles de centre A3 et B3. De même les (BiCi) (vert) et les (CiAi) (bleu) convergent vers les intersections des tangentes communes aux cercles (B3)(C3) et (C3)(A3) Or ces 3 points sont alignés donc deux quelconques pris parmi les 5 triangles sont dans la configuration de Desargues.
    Conclusion : quels que soient i et j les droites (AiAj), (BiBj) et (CiCj) sont concourantes. Je note Xij le point de concours.
    Pour le 6.8.4 on prend X15, pour le 6.8.7 : X14, pour le 6.8.8 : X23 et pour le 6.8.9 : X34.
    A noter X13 = X24 = O mais aussi X15 = X34 (non démontré) et tous les Xij sont alignés (non démontré)

    Document joint : fsp_6.8._4_7_8_9_.jpg
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    • Bravo !

      le 9 décembre 2021 à 13:19, par Reine

      Merci Sidonie, c’est magnifique ! Votre traitement unifié de ces quatre Figures sans Paroles m’a émerveillée.

      Vous pourriez ajouter à votre figure fsp_6.8._4_7_8_9_.jpg le cercle (autre que (O)) tangent à (A3), (B3) et (C3), et appeler A6, B6 et C6 les trois points de contact. Dans votre commentaire sur la Figure sans Paroles 6.8.5, A6B6 est sur la liste des « pas moins de 12 droites » dont vous prouvez qu’elles convergent au point P de votre figure fsp_6.8.5_et_6.jpg. Ainsi, A6B6 mérite d’être colorée en rouge ; il y a donc un sixième triangle tricolore et l’on passe de 10 à 15 familles de trois droites concourantes.

      J’ai eu la curiosité d’utiliser la figure fsp-685.png.jpg (proposée par Bistraque à propos de la Figure sans Paroles 6.8.5) pour regarder comment se comportent vos points Xij. Cela permet de vérifier vos conjectures (elles sont donc prouvées, mais cette vérification est-elle satisfaisante ?) : oui, X15 = X34 (et l’on a aussi X35 = X26) ; oui, tous les Xij (y compris les cinq Xi6) sont alignés. La droite sur laquelle se trouvent ces quinze points peut être précisée : c’est l’axe radical des deux cercles centrés en P et S sur votre figure fsp_6.8.5_et_6.jpg, qui sont orthogonaux à (O) et passent, l’un par C1 et C2, l’autre par B1 et B2. Il y a bien sûr aussi le troisième cercle, orthogonal à (O) en A1 et A2 ; ces trois cercles appartiennent à un même faisceau, car ils sont tous trois orthogonaux aux cercles (O) et A6B6C6. Tous les Xij sont sur l’axe radical de ce faisceau, qui passe aussi par O = X13 = X24 et par le centre X36 du cercle A6B6C6.

      J’ai vérifié séparément pour chaque Xij la convergence des trois droites et l’appartenance du point de concours à l’axe radical ; c’est à chaque fois un argument de routine, de la même farine que mon commentaire sous la Figure sans Paroles 6.8.8.

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      • Bravo !

        le 10 décembre 2021 à 09:24, par Sidonie

        Merci pour ce magnifique complément. Ainsi que l’ai dit il y a quelques temps à Hébu dont je regrette et m’inquiète le silence : l’union fait la force.

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        • Complément

          le 10 décembre 2021 à 22:00, par Reine

          J’ai quelque regret de ne pas vous avoir expliqué pourquoi j’ai tenu à ajouter un huitième cercle (A6 etc.) à votre démonstration. Depuis la Figure sans Paroles 6.8.5, nous avons toujours affaire à sept cercles : quatre tangents deux à deux, et trois autres tangents chacun à trois des précédents. Mais imaginez un tétraèdre régulier, sur chaque face duquel est tracé le cercle tangent aux trois arêtes ; vous avez, comme dans nos Figures sans Paroles, quatre cercles tangents deux à deux (je n’en ai dessiné que trois sur le croquis joint). Ajoutez maintenant, près de chaque sommet du tétraèdre, un cercle plus petit, tangent à trois des cercles précédents (je n’en ai tracé qu’un sur mon dessin). Cela complète le schéma par quatre petits cercles, chacun tangent à trois des cercles précédents, qui jouent des rôles identiques.

          La comparaison peut être poussée plus loin. Nos huit cercles dans l’espace sont tous tracés sur une même sphère, centrée au centre $\Omega$ du tétraèdre et tangente à ses six arêtes. Choisissez sur cette sphère un point I, et effectuez une inversion de pôle I. La sphère devient un plan (parallèle au plan tangent en I) et les huit cercles tracés sur elle deviennent des cercles ou des droites du plan, avec conservation des angles. On obtient ainsi une figure de même nature que les Figures sans Paroles qui nous sont proposées. Sur cette figure, exploiter les symétries du tétraèdre permet de démontrer très facilement les propriétés 6.8.4, 6.8.5 et 6.8.7 à 9. Mais ces démonstrations ne sont valables que pour les figures dont on peut prouver qu’elles proviennent de la sphère par le procédé ci-dessus ; je suis convaincue que tel est toujours le cas, mais je n’en ai pas (pas encore ?) de preuve rigoureuse et complète.

          Voici comment démontrer (seulement pour les figures obtenues par une telle inversion) les propriétés qui nous intéressent.

          Appelons S, Sa, Sb et Sc les quatre sommets du tétraèdre. Les six points de la Figure sans Paroles 6.8.5 ont pour inverses les contacts, dans le tétraèdre, des trois cercles tracés sur les faces passant par S avec les trois petits cercles associés aux trois autres sommets. Par symétrie, [1] ces six points sont sur un même cercle, donc leurs inverses sont, eux aussi cocycliques.

          Les autres figures, ainsi que les propriétés supplémentaires que vous avez découvertes, parlent de trois droites concourantes ; ces droites sont définies par deux points, qui sont des points de contact entre deux cercles ou des centres de cercles. Chacune de ces droites est l’inverse d’un cercle passant par I sur la sphère ; la concurrence des trois droites équivaut au fait que les plans des trois cercles contiennent une même droite (passant par I), ou seulement contiennent un même point pourvu qu’il ne soit pas sur la sphère (donc différent de I).

          Voici par exemple comment traiter 6.8.7, c’est-à-dire l’existence de X14. L’inverse de A1 est le point a1, et l’inverse du cercle (A4) est, sur la sphère, le petit cercle (a4) associé au sommet Sa.
          La droite A1A4 a pour inverse sur la sphère le cercle passant par I et a1 et orthogonal à (a4). Le plan de ce cercle est le plan passant par I, par a1, et par le pôle $\alpha$4 de (a4). [2] Ce point $\alpha$4 est sur l’axe du cercle (a4), qui est la droite $\Omega$Sa ; a1 et $\alpha$4 sont tous deux dans le plan $\Omega$SSa, qui est l’un des plans de symétrie du tétraèdre. Le schéma ci-joint représente la coupe du tétraèdre selon ce plan ; outre a1 et $\alpha$4, elle contient aussi a2, a5, a6 et le pôle $\alpha$3 du cercle (a3).

          (Sur ce schéma, vous voyez les sommets S et Sa ; l’arête SbSc joignant les deux autres sommets est perpendiculaire au schéma et a pour milieu le point a1. La sphère coupe le schéma selon son grand cercle centré en $\Omega$ et passant par a1, a2, a5 et a6.)

          Revenons à notre démonstration. Le point y14 où la droite a1$\alpha$4 coupe l’axe $\Omega$S est évidemment dans le plan Ia1$\alpha$4 qui nous intéresse. Faisons maintenant tourner le schéma de 120° autour de l’axe $\Omega$S. Le sommet Sa devient Sb, les points a1, a2, $\alpha$3, etc. deviennent b1, b2, $\beta$3, etc. La droite b1$\beta$4 passe donc aussi par le point y14 ; et, en tournant encore de 120°, c1$\gamma$4 également. Ce point est donc commun aux trois plans Ia1$\alpha$4, Ib1$\beta$4 et Ic1$\gamma$4 ; sa projection de centre I sur le plan inverse de la sphère [3] est un point X14 qui est commun aux droites A1A4, B1B4 et C1C4.

          En remplaçant dans ce raisonnement a1 et $\alpha$4 par deux quelconques parmi les points a1, a2, $\alpha$3, $\alpha$4, a5 et a6, vous obtenez le point Xij comme projection du point yij où la droite joignant les deux points choisis coupe $\Omega$S ; [4] en outre, tous ces Xij sont alignés sur la projection $\Delta$ de l’axe $\Omega$S. Enfin, $\Delta$ passe par les projections (qui sont aussi les inverses) des deux points où l’axe $\Omega$S rencontre la sphère ; or ces deux points sont communs aux trois grands cercles de la sphère passant l’un par a1, a2, a5, l’autre par b1, b2, b5 et le troisième par c1, c2 et c5 ; c’est pourquoi $\Delta$ est l’axe radical des trois cercles A1A2A5, B1B2B5 et C1C2C5.

          Sur le schéma, vous voyez aussi que y15 = y34 = $\Omega$, d’où X15 = X34. On a aussi y35 = y26, juste au milieu de la hauteur Sy12 du tétraèdre, d’où X35 = X26. Quant à y13 et y24, ils sont bien sûr tous deux au pôle o du cercle (O).

          Permettez-moi une dernière remarque. Vous obtiendrez la figure fsp-685.png.jpg dessinée par Bistraque en prenant I = a1, et la figure figure-6-8-8.pdf en prenant I = a2.

          P.S. — Je suis moins inquiète que vous au sujet de Hébu : il a publié hier une belle et courte démonstration de 4.9.26, reposant sur des symétries par rapport aux trois rayons du cercle circonscrit.

          [1Pour être rigoureuse, je devrais invoquer l’invariance de la figure lors des rotations et symétries fixant S et permutant Sa, Sb et Sc. Je ne ferai plus ce genre de remarques.

          [2Je vous rappelle que, sur une sphère donnée, chaque cercle est caractérisé par son plan (le cercle est l’intersection de son plan et de la sphère), ou, de façon équivalente, par son pôle, qui est le pôle de son plan par rapport à la sphère, et qui est aussi le sommet du cône de révolution tangent à la sphère le long du cercle (une boule de glace dans un cornet). Et que deux cercles C1 et C2 sur la sphère sont orthogonaux si et seulement si le plan de C1 contient le pôle de C2.

          [3Projection, et non inversion. Ce point n’étant pas sur la sphère, sa projection sur le plan n’est pas son inverse.

          [4La droite a2a5 étant parallèle à $\Omega$S, le point y25 s’en va au diable ; mais la projection sur le plan ramène X25 à la maison.

          Document joint : comple_ment-6-8-9.pdf
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        • Complément (suite)

          le 18 décembre 2021 à 19:06, par Reine

          Je pense avoir démontré que les systèmes de cercles proposés de 6.8.4 à 6.8.9 sont bien, comme conjecturé dans le complément ci-dessus, les projections de huit cercles tracés sur une sphère à partir d’un tétraèdre régulier. Ceci fournit donc une démonstration alternative des alignements et cocyclicités considérées, mais au prix d’un détour supplémentaire par l’existence du tétraèdre. Son seul intérêt me semble être d’expliquer, par exemple, pourquoi vos points Xij sont tous alignés, alors que l’inversion proposée par Bistraque pour la Figure sans Paroles 6.8.5 permet seulement de le vérifier, sans vraiment le comprendre.

          Si ce préambule ne vous a pas découragée, voici l’argument. Je vous rappelle qu’étant donné dans le plan quatre cercles tangents deux à deux, il s’agit de montrer qu’une inversion, de pôle convenablement choisi hors du plan, les transforme en les cercles tangents chacun à trois des arêtes d’un tétraèdre régulier.

          Sur la figure 1 ci-jointe, les quatre cercles donnés sont appelés 1, 2, 3 et 4. Avec Hubé, vous avez démontré qu’il existe un cercle passant par les points de contact de 2 et 3 et de 1 et 4, tangent à 2 et à 3 et orthogonal à 1 et à 4 (le cercle de centre S sur votre figure fsp_6.8.5_et_6.jpg) ; appelons-le 23, et de même, 12, 13, 14, 24 et 34 les cercles analogues. Les cercles 23 et 14 sont orthogonaux, car ils se croisent aux points de contact de 2 et 3 et de 1 et 4 dans des directions perpendiculaires. De même, 34 est orthogonal à 12 et 24 à 13.

          En outre, les cercles 12, 13 et 23 font partie d’un même faisceau, car tous trois sont orthogonaux aux deux cercles tangents à 1, à 2 et à 3 (c’est-à-dire 4 et le cercle de centre F sur votre figure fsp_6.8.5_et_6.jpg). On a bien sûr la même propriété pour les trois cercles 12, 14 et 24, pour 13, 14 et 34 et enfin pour 23, 24 et 34 ; les six cercles à deux chiffres s’organisent ainsi en quatre faisceaux de trois cercles, chaque cercle étant commun à deux faisceaux.

          Soit J le centre radical des trois cercles 12, 23 et 34. Sa puissance par rapport à ces cercles est aussi sa puissance par rapport à tous les cercles du faisceau engendré par 12 et 23, donc par rapport à 13 ; puis à 23 et 34 on peut ajouter 24, et 14 se joint enfin à 13 et 34. Finalement, J a même puissance par rapport aux six cercles. On voit sur la figure 1 qu’il est à l’intérieur de ces cercles ; la puissance est donc négative, appelons-la $-h^2$.

          Soit I l’un des deux points de l’espace tels que le segment IJ soit perpendiculaire au plan de la figure et ait pour longueur $h$. L’inversion H de pôle I et de puissance $h^2$ transforme le plan en la sphère S de diamètre IJ et nos six cercles à deux chiffres en six cercles tracés sur S. Plus précisément, ce sont des grands cercles de S ; en effet, si C et D sont deux points du plan alignés avec J et tels que ${\,\overline{\rm\!JC\!}\,\;\,\overline{\rm\!JD\!}\,=-h^2}$, alors ${\,\overline{\rm\!JC\!}\,\;\,\overline{\rm\!JD\!}\,=-\rm JI^2}$, le triangle ICD est rectangle en I, et les inverses H(C) et H(D) sont diamétralement opposés sur S (voir la figure 2.)

          Sur S, les cercles H(3) et H(4) sont orthogonaux au grand$\,$ cercle H(12), donc invariants par la symétrie $\sigma_{12}$ par rapport au plan de H(12). En appelant C$_{12}$ le point de contact de 1 et 2, les cercles H(1) et H(2), qui sont les deux cercles de S tangents à H(12) au point H(C$_{12}$) et tangents à H(3) et H(4), sont échangés par $\sigma_{12}$. Ils sont donc égaux, et le même raisonnement pour les autres paires établit que les quatre cercles$\,$ H(1), H(2), H(3) et$\,$ H(4) sont égaux, la symétrie$\,$ $\sigma_{ij}$ échangeant$\,$ H(i) et$\,$ H(j) et préservant les deux autres.$\,$ Les faces du tétraèdre régulier cherché sont les plans de ces quatre cercles, chacun de ces derniers étant tangent à trois arêtes.

          J’ai utilisé, sans vraiment le démontrer, le fait que la puissance de J par rapport aux six cercles à deux chiffres est négative. Vous trouverez ci-dessous un argument indépendant du cas de figure, mais avec quelques longueurs ; il devrait être possible de faire plus court.

          Un peu plus de rigueur

          La figure 3 ci-jointe recopie celle de Bistraque ; on l’obtient à partir de la figure 1 par une inversion dont le pôle est le point de contact C$_{12}$ de 1 et 2. Ces deux cercles sont devenus deux droites parallèles, 3 et 4 sont devenus des cercles tangents à 1 et à 2, donc égaux, et tangents entre eux ; les six cercles à deux chiffres sont maintenant deux droites et quatre cercles. On lit sur cette figure que le cercle 23 coupe 12 et 34 à 60° — angles non orientés ; on pourrait aussi bien dire 120°. (Plus généralement, deux quelconques des six cercles sont orthogonaux s’ils n’ont pas de chiffre commun et se coupent à 60° s’ils en ont un. Je ne sais pas comment démontrer directement ces 60° sans transformer d’une façon ou d’une autre la figure initiale en une figure plus symétrique.) Ainsi, les trois cercles 12, 23 et 34 se coupent à 60°, 60° et 90°.

          Or is se trouve que si deux cercles orthogonaux V et W coupent tous deux un troisième cercle U à 60°, leur centre radical est à l’intérieur de chacun d’eux. Voici pourquoi. Soient A et B les points communs à V et W. Une inversion de pôle A transforme V et W en deux droites v et w se coupant à angle droit en un point b, et U en un cercle u, de rayon r, coupé par v et w à 60°. Ces droites passent donc à distance r/2 du centre de u, et la situation est celle-ci (figure 4), le point b étant nécessairement à l’intérieur de u.

          Si le pôle A est à l’extérieur de U (donc aussi de u), B est à l’intérieur de U ; si A est intérieur à U (et à u), B doit être extérieur à U. Le segment AB de l’axe radical de V et W rencontre donc le cercle U en un certain point C, et l’un des deux sous-segments, disons AC, est intérieur à U (figure 5). La puissance de A par rapport à U est alors négative, tandis qu’elle est nulle par rapport à V et W. Inversement, la puissance de C par rapport à V et W (c’est la même) est négative, et par rapport à U est nulle. Quelque part entre A et C se trouve, par continuité, un point J ayant même puissance négative par rapport à U, V et W.

          Document joint : complement-suite.pdf
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