Figure sans paroles #6.9.5

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

  • 6.9.5

    le 21 février à 18:59, par Hébu

    Deux cercles, de centres $A$ et $B$, tangents en $C-D$ à une même droite. $E$ et $E$ sont leurs points d’intersection. $(CF)$ recoupr $(B)$ en un point $J$, et $K$ est milieu de $DJ$.

    Il faut établir l’égalité des angles $(EF,EK)$ et $(FD,FJ)$.

    .
    J’appelle $u$ la mesure de l’angle $(EF,EC)$, et $v$ celle de $(ED,EF)$. Les égalités d’angles inscrits montrent que $(CD,CF)=u, (DF,DC)=v$, d’où $(FD,FJ)=(ED,EJ)=u+v$.

    D’autre part, les angles $(JE,JD)$ et $(DE,DC)$ sont égaux, de sorte que les triangles $ECD$ et $EDJ$ sont semblables.

    $(EF)$ est l’axe radical des deux cercles, et soit $I$ son intersection avec $(CD)$. $I$ est le milieu du segment $[CD]$, et la similitude des triangles montre que $(ED,EK)=(EC,EF)=u$.

    La mesure de $(EF,EK)$ sera donc $u+v$ : les angles $(EF,EK)$ et $(FD,FJ)$ sont égaux.

    Les triangles $ECD$ et $EDJ$ sont semblables : angles $(DE,DC)$ et $(JE,JD)$ égaux, $(EC,ED)=(ED,EJ)=(FD,FJ)$.

    .
    $(EF)$ coupe $(CD)$ en $I$, milieu de $[CD]$. $EI$ et $EK$ les médianes des triangles semblables, donc $(EC,EI)=(ED,EK)$ et $(EI,ED)=(EK,EJ)$.

    Document joint : idm-6-9-5-1.jpg
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    • 6.9.5

      le 21 février à 20:34, par Sidonie

      Je reprends vos notations en ajoutant G intersection entre (EF) et (DJ).
      I milieu de [DC] et K milieu de [DJ] donne (IK) // (CJ) et donc GI/GF = GK/GJ (1)
      Avec le cercle (B) on a GF.GE = GD.GJ (2)
      En multipliant (1) et (2) membre à membre il vient GI.GE = GD.GK et donc E, I, D et K colinéaires sur un cercle que je note (G).
      (DI) étant tangente à (B) on a (DI,DJ) = (FD,FJ). Dans le cercle (G) : (DI,DJ) = (DI,DK) = (EI,EK) = (EF,EK) et les deux angles sont bien égaux.

      Document joint : fsp_6.9.5.jpg
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      • 6.9.5

        le 21 février à 21:30, par Hébu

        Oui, bravo ! Le point G, caché dans la construction, est LA solution au problème.

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        • 6.9.5

          le 22 février à 13:14, par Sidonie

          En réalité le point G est apparu après le cercle. J’ai, en effet, cherché par inversion, à la suite de Bistraque et surtout de Reine. J’ai pris le cercle de diamètre [CD] comme cercle d’inversion assez naturellement puisqu’il laisse les cercles (A) et (B) globalement invariants.
          Ensuite, merci Géogébra, j’ai cherché quelques images et celle de la droite (FD) est un cercle qui passe par I, centre d’inversion, par D, point invariant, par E puisqu’il est l’image de F et, surprise aussi par K sans que, dans un premier temps, je ne sache pas pourquoi. C’est alors que G apparaît pour la cocyclité. Mais en étant plus tenace on peut terminer avec l’inversion.
          Soit X le milieu de [FD], X appartient alors à (IK) et on a CF =2.IX et CG = 2.IK
          Dans le cercle (B) on a CF.CG = CD² = 4.ID² = 4.IX.IK soit IX.IK = ID² et X et K sont images dans l’inversion.
          Comme X appartient à (DF) K appartient à l’image de la droite c’est à dire le cercle DIE.

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