Figure sans paroles #6.8.11

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

  • 6.8.11

    le 20 décembre 2021 à 18:09, par bistraque

    Cette figure est impossible à moins d’avoir une symétrie de rotation $120°$ autour du centre du cercle extérieur. En effet si un petit cercle et un grand cercle partagent le même point de tangence avec le cercle extérieur, leur centres sont alignés sur un rayon du cercle extérieur. Le petit cercle ne peut être simultanément tangent avec les deux autres grands cercles que si ces derniers ont la même taille. Ceci n’est possible pour les trois petits cercles simultanément que si les trois grands cercles ont le même rayon. Les trois droites sont donc concourantes au centre du cercle extérieur.

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    • Pas d’accord !

      le 20 décembre 2021 à 20:23, par Reine

      Permettez-moi de ne pas partager votre avis. Étant donné deux cercles tangents intérieurement (le « petit » et l’« extérieur »), il existe toute une famille de cercles tangents aux deux, dont les centres décrivent une ellipse, et qui sont loin d’avoir tous la même taille ! À similitude près, la forme de la figure proposée dépend de trois paramètres — elle a trois degrés de liberté, pour parler comme une physicienne.

      Et la concurrence des trois droites peut se démontrer sans difficulté en suivant la voie que vous avez ouverte voici quelques semaines : une inversion transformant en droites quelques cercles (trois, en l’occurrence). La figure qu’on nous propose est à gauche du document ci-joint : les sept cercles y ont été numérotés de C$_0$ à C$_6$ et les six points qui nous intéressent y sont appelés A, B, C, P, Q et R. Comment s’assurer que les trois droites AP, BQ et CR sont concourantes ?

      Une inversion de pôle P et de puissance quelconque transmue la figure de gauche en celle de droite ; le point P n’a pas été marqué sur la figure de droite, sa position y étant sans importance. Les cercles C$_0$ et C$_4$, qui sont tangents en P, deviennent à droite deux droites parallèles D$_0$ et D$_4$ ; les cercles sécants C$_2$ et C$_3$, tangents à C$_0$ et à C$_4$, sont devenus deux cercles sécants D$_2$ et D$_3$, tangents à D$_0$ et D$_4$, donc égaux. Les inverses de Q et R sont q et r. L’inverse D$_5$ de C$_5$ est le cercle tangent en q à D$_0$ et D$_2$ et tangent à D$_3$ ; puis D$_1$ est la droite (autre que D$_0$) parallèle à D$_0$ et à D$_4$ et tangente à D$_5$, et D$_6$ est enfin le cercle tangent à D$_0$ au point r et à D$_1$. Les points a, b et c marquent bien sûr les inverses de A, B et C.

      (Les trois degrés de liberté dont je vous parlais ci-dessus se lisent facilement sur cette figure de droite : l’un des trois est le rapport entre le rayon de D$_2$ et D$_3$ et la distance de leurs centres, les deux autres, la position du pôle P par rapport à tout le reste.)

      Le trapèze bcqr est isocèle — c’est évident par symétrie — donc inscriptible dans un cercle. Par inversion, les points B, C, Q et R sont cocycliques. On verrait de même, au moyen d’inversions de pôles Q et R, que C, A, R et P sont cocycliques, ainsi que A, B, P et Q. Il en résulte, sur la figure de droite, que c, a et r sont alignés, de même que a, b et q. Or, par symétrie (ou par cocyclicité), ${\,\overline{\rm\!ab\!}\,\>\,\overline{\rm\!aq\!}\,=\,\overline{\rm\!ac\!}\,\>\,\overline{\rm\!ar\!}\,}$ ; en conséquence, le point a a la même puissance par rapport aux deux cercles Pbq et Pcr. Ces derniers se coupent en P et en un autre point x, qui est l’inverse du point X où se croisent les droites BQ et CR.
      Sur l’axe radical Px de Pbq et Pcr se trouvent aussi X, comme inverse de x, ainsi que a, par égalité des puissances, et A, comme inverse de a. La droite PA passe donc par X, ce qu’il fallait démontrer.

      Une remarque, pour terminer. Vous pouvez remplacer A par l’autre point commun A’ à C$_2$ et C$_3$, de même B par B’ et C par C’ ; le même argument montrera également la convergence des trois nouvelles droites PA’, QB’ et RC’.

      Document joint : figure-6-8-11.pdf
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  • Bille de clown

    le 24 décembre 2021 à 18:51, par Reine

    L’argument proposé ci-dessus (directement inspiré de celui de Bistraque à propos de la Figure sans Paroles 6.8.5) est plutôt une vérification qu’une explication ; c’est pourquoi j’ai envie d’en proposer un autre, dans le même esprit que ma remarque intitulée Complément (suite) sous la Figure sans Paroles 6.8.9.

    Les figures 1 et 2 de l’illustration ci-annexée (déjà jointes à mon commentaire précédent) représentent la figure proposée et sa transformée par une inversion de pôle P. Sur la figure 2, l’angle que font en b le cercle D$_3$ et la droite D$_1$ est égal par symétrie à celui entre D$_1$ et D$_2$ au point c (angles orientés de droites). Cette égalité se transfère à la figure 1 parce que les inversions conservent les angles de droites en en changeant seulement le signe ; donc sur la figure 1 l’angle fait en B par C$_3$ et C$_1$ égale celui en C entre C$_1$ et C$_2$. Par un argument analogue (via une inversion de pôle Q), l’angle de C$_2$ et C$_3$ en A est aussi le même. [1]

    Le centre radical J des trois cercles C$_1$, C$_2$ et C$_3$ leur est intérieur (c’est une propriété de la figure proposée ; je me place dans ce cas). Appelons $-h^2$ la puissance de J par rapport à eux, et I l’un des deux points de l’espace situés à distance $h$ du plan de la figure et se projetant en J sur ce plan. L’inversion de pôle I et de puissance $h^2$ transforme le plan en la sphère S de diamètre IJ, tangente en J au plan ; restreinte à la sphère et au plan, cette transformation coïncide avec la projection centrale de sommet I. Je noterai A, C$_0$, etc. (en italiques) les inverses de A, C$_0$, etc.

    La puissance de J par rapport à C$_1$, C$_2$ et C$_3$ valant $-\>$IJ$^2$, les inverses C$_1$, C$_2$ et C$_3$ de ces trois cercles sont des grands cercles de S. Le triangle sphérique ABC$\,$ a ses côtés sur ces grands cercles et donc trois angles égaux ; par conséquent il est équilatéral. [2] Le cercle C$_0$ est tangent à ses trois côtés aux points P, Q et R ; enfin, C$_4$, C$_5$ et C$_6$ donnent à la figure 3 l’aspect de celle d’un clown. Une rotation de 120° autour de l’axe du cercle passant par A, B et C$\,$ permute circulairement ces trois points, ainsi que P, Q et R,$\,$ que C$_1$, C$_2$ et C$_3$ et que C$_4$, C$_5$ et C$_6$. Les droites PA, QB et RC$\,$ se rencontrent par symétrie sur l’axe de rotation ; c’est pourquoi leurs projections PA, QB et RC sur le plan ont un point commun.

    [1Je ne vois pas comment démontrer ces égalités angulaires sans passer par la figure 2 ; mais une fois celle-ci tracée, le plus simple pour achever la preuve serait de continuer comme dans mon commentaire précédent. Aussi, je ne propose pas comme démonstration, mais seulement comme explication, l’argument que je vais développer maintenant.

    [2Cela se voit sur les trièdres ayant leur sommet au centre de la sphère, car si les trois angles dièdres d’un trièdre sont connus, les trois angles faciaux le sont aussi. On peut le vérifier en passant au trièdre dual, dont les faces et les arêtes sont respectivement perpendiculaires aux arêtes et aux faces du trièdre initial ; cette opération échange angles faciaux et angles dièdres.

    Document joint : clown.pdf
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