Figure sans paroles #6.10.11

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

  • 6.10.11

    le 6 juin à 11:03, par Sidonie

    Deux cercles (1) et (2) sécants en A et B sont tangents intérieurement en C et D à un cercle (3). (AB) coupe (3) en E et F. (EC) et (ED) recoupent (1) et (2) en G et H.
    Il faut prouver que (GH) est tangente à (1) et (2).

    E appartient à l’axe radical des 2 cercles donc les tangentes issues de E ont la même longueur et le cercle (4) de centre E passant par les points de tangences est orthogonal à (1) et (2).

    On considère l’inversion par rapport à (4) : (1) et (2) sont globalement invariants de même que (EC) et (ED) qui passent par le pôle d’inversion.
    Donc G et H sont les images de C et D.

    L’mage de (3) est une droite puisque (3) passe par le pôle E, qui passe par G et H puisque (3) passe par C et D, tangente à (1) et (2) puisque (3) l’est.

    La même démonstration du côté de F.

    Document joint : fsp_6.10.11.jpg
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    • 6.10.11

      le 6 juin à 21:48, par Hébu

      Une autre solution (un calcul d’angles évidemment !)

      .
      Je reprends les notations et la figure de Sidonie.
      J’appelle $O_1,O_2,O_3$ les centres des cercles (1), (2),(3)

      .
      Le point E étant sur l’axe radical des cercles (2) et (3), EG*EC=EH*ED, les points C,G,D,H, sont cocycliques, et (DE,DC)=(GH,GC).

      L’homothétie de centre C qui envoie (1) sur (3) fait que $(O_1G)//(O_3E)$. Les angles inscrits (AG,AC) et (DE,DC) sont donc égaux (angles au centre $(O_3E,O_3C)$ et $(O_1G,O_1C)$ égaux). Donc, (GH,GC)=(DE,DC)=(AG,AC)

      .
      On peut alors calculer $(GH,GO_1)=(GH,GC)+(GC,GO_1)$. Et, utilisant le fait que $O_1GC$ est isocèle : $(GC,GO_1,)=90-(AG,AC)$, d’où
      $(GH,GO_1)=90$

      .

      Document joint : fsp6-10-11bis.jpg
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      • 6.10.11

        le 8 juin à 16:23, par Reine

        Votre dernier paragraphe pourrait être évité, le théorème des angles inscrits permettant de compléter votre égalité (GH,GC)${\,=\,}$(AG,AC) par le membre additionnel ${\,=\,}$(T,GC), où T est la tangente en G à C${}_1$.

        Autre chose. L’argument de Sidonie, certes moins élémentaire, a l’avantage de ne pas utiliser les points A et B, et donc de s’étendre aux situations où C${}_1$ et C${}_2$ ne sont pas sécants, du moment qu’un cercle C${}_3$ est tangent à chacun d’eux et rencontre leur axe radical. Divers cas sont possibles ; si par exemple C${}_1$ est tangent intérieurement et C${}_2$ extérieurement à C${}_3$, on verra apparaître une tangente commune intérieure. Par paresse de dessiner différentes figures, je vous renvoie à celles que j’avais jointes à mon commentaire sous la Figure sans Paroles 4.7.19. Sur chacune d’elles, M est l’un des deux points où l’axe radical rencontre C${}_3$, et la tangente commune est tracée en rouge (ignorez la tangente bleue et la sécante verte).

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        • 6.10.11

          le 11 juin à 17:37, par Hébu

          J’aime beaucoup cette remarque : encore une fois, il y avait une autre figure cachée ! Le résultat gagne en généralité.

          Je me suis évidemment empressé de chercher si ma solution résistait à cette extension.

          .
          Et c’est le cas !

          .
          Je remplace la ligne d’intersection par l’axe radical (je le trace en plaçant I, intersection des tangentes en C et D, puis en traçant la normale à la ligne des centres passant par I).

          On a toujours les points C,G,H,D cocycliques.

          .
          Je remarque que les triangles $O_3EC$, $O_3DE$ et $O_3DC$ sont isocèles ($O_3$ étant le centre du cercle).

          Si je note $u,v,w$ les valeurs de $(CO_3,CE), (DE,DO_3)$ et $(DO_3,DC)$, on remarque que $(EC,EO_3)=u, (EO_3,ED)=v$.

          On a donc la relation, dans le triangle ECD
          (u+w) + (v+w) + (u+v)=180, soit u+v+w=90

          .
          Et on peut alors estimer $(GO_1,GH)$

          $(GO_1,GH)=(GC,GH)-(GC,GO_1)=(DC,DH)-(GC,GO_1)=-(DH,DC)-(GC,GO_1)=-(v+w)-u=90$

          .
          C’est toujours aussi rustique, mais cela fonctionne. Et c’est une solution plus générale que ma précédente.

          Il resterait à comprendre le lien avec l’inversion.

          Document joint : idm-6-10-11encore.jpg
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          • 6.10.11

            le 11 juin à 17:40, par Hébu

            J’ai peur que la dernière relation soit mal passée (trop longue, elle sort de l’écran sur mon PC). La voici à nouveau, arrangée :

            $(GO_1,GH)=(GC,GH)−(GC,GO_1)=(DC,DH)−(GC,GO_1)$

            soit

            $(GO_1,GH)=−(DH,DC)−(GC,GO_1)=−(v+w)−u=90$

            .
            C’est mieux ainsi

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            • 6.10.11

              le 12 juin à 17:43, par Reine

              Moi aussi, je trouve ça bien joli ! Même si je ne vous suis pas quand vous voyez là une « autre figure cachée » ; on n’a à mon avis qu’un autre aspect de la même situation, puisque tous relèvent de la même preuve.

              L’argument angulaire fonctionnera d’ailleurs tout aussi bien quelle que soit la nature (intérieure ou extérieure) des contacts en C et D. Pour être sûr de couvrir tous les cas, vous pouvez raisonner directement, sans faire intervenir les centres des cercles : une fois acquise, E étant sur l’axe radical, la cocyclicité de G, C, H et D, appelez S l’autre point où CD coupe (1), remarquez que SG est parallèle à DE (grâce à l’homothétie de centre C envoyant (1) sur (3)) et écrivez\[\hbox{(GC,GH)}=\hbox{(DC,DH)}=\hbox{(DC,DE)}=\hbox{(SC,SG)}=\hbox{(GC,T)}\]où la tangente T à (1) au point G apparaît par cocyclicité de S, C, G et G. N’ayant utilisé que les deux cocyclicités et l’homothétie, vous êtes assuré que tous les cas imaginables seront pris en compte.

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