Figure sans paroles #6.10.12

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

  • 6.10.12

    le 15 juin à 10:48, par Hébu

    Un cercle $(B)$, tangent intérieurement en $C$ à un cercle $(A)$. Depuis un point $D$ de $(B)$, une tangente $(d)$ à $(B)$ coupe $(A)$ en $E$ et $F$. Depuis $C$, on mène une droite $(d')$ perpendiculaire à $(CD)$.

    $G$ et $H$ sont les intersections avec $(d')$ des perpendiculaires à $(d)$, élevées depuis $E$ et $F$.

    Il faut établir que $(FG)$ et $(EH)$ passent par $B$.

    .
    Je note $K$ l’intersection de $(B)$ avec $(d')$. Puisque $(CD,CK)$ est droit, $[DK]$ est un diamètre, et $D, B, K$ sont alignés.

    Je note $I$ l’intersection de $(A)$ avec $(d')$. L’homothétie de centre $C$, qui envoie $(B)$ sur $(A)$, envoie $(KB)$ sur $(IA)$ : $(IA)$ est un diamètre, perpendiculaire à $(d)$, donc une médiatrice de $EF$.

    A cause des angles droits en $E$ et $C$, les points $E,D,C,G$ sont cocycliques, $[DG]$ étant le diamètre du cercle qui les joint, que j’appelle $(J)$.

    Je note $P$ l’intersection de $(d)$ et $(d')$. La puissance de $P$ par rapport à $A$ permet d’écrire $PF*PE=PC*PI$ (1). La puissance du même point par rapport à $(J)$ donne $PD*PE=PC*PG$ (2).

    Rapprochant (1) et (2), on déduit $PF/PD=PI/PG$, autrement dit $(IF) //(DG)$.

    Soit $J$ l’intersection de $(EI)$ et $(DG)$. $IEF$ est isocèle, et $(DJ)$ étant parallèle à $(IF)$, $JED$ l’est aussi : $J$ est sur la médiatrice de $(ED)$, donc sur un diamètre de $(J)$. $(DG)$ étant un autre diamètre de $(J)$, $J$ est le centre du cercle (d’où son nom !)

    De la même façon, on montre que $D, F, H, C$ sont cocycliques, que $(DH) // (IE)$, et que $L$, intersection de $(DH)$ et $(IF)$, est le centre du nouveau cercle.

    A noter, $J, B, L$ sont milieux de $[DG], [DK]$ et $[DH]$. L’exament des deux triangles $DGK$ et $DCK$ montre que $(BJ)$ et $(BL)$ sont parallèles à $(GC)$ : $J, B, L$ sont alignés et $(JL)//(d')$.

    Autre propriété : $(IA)$ est bissectrice de $(IF,IE)$. $(DK)//IA$, $(DG)//(IF)$ et $(DH)//(IE)$ : $(DK)$ est donc bissectrice de $(DG,DH)$

    Considérons un point $B'$, intersection de $(EH)$ et $(GF)$. Les points $J$ et $L$ sont les intersections de $EI - GD$ et $IF - HD$. Le théorème de Pappus nous assure alors de l’alignement de $J, B', L$.

    On a donc la droite $(JL)$ parallèle à $(GH)$, les points $B$ et $B'$ sur $(JL)$. Reste à montrer que $B$ et $B'$ sont confondus.

    En tant que centre du cercle $(B)$, $B$ est milieu de $[KD]$, et $J$ étant milieu de $[GD]$, le segment $[JB]$ est moitié de $[GK]$ : $JB = GK/2$.

    Pour $B'$ : en tant qu’intersection $(JL) - (EH)$, on a $JB'/JE=IH/IE$ soit $JB'=JE*IH/IE=JE*GH/(2*IE)$

    Mais $JE/IE=ED/EF=GK/GH$, d’où $JB'=GK/2$.

    Les points $B$ et $B'$ ne font qu’un !

    .

    C’est un peu long. On doit pouvoir faire plus rapide

    Document joint : idm-6-10-12.jpg
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    • 6.10.12

      le 15 juin à 17:51, par Reine

      Voici un autre argument. Je garde vos notations : deux cercles (A) et (B) sont tangents en un point C (extérieurement ou intérieurement, peu importe ; je les dessine extérieurs sur la figure jointe, pour varier un peu). La tangente à (B) en un point D coupe (A) en deux points E et F ; K désigne le point diamétralement opposé à D sur (B). La droite KC (perpendiculaire à DC puisque DK est un diamètre) coupant en H la perpendiculaire en F à DEF, il s’agit d’établir que B, E et H sont alignés. On aura bien sûr un résultat analogue en permutant E et F, puisqu’ils ont été collectivement et indistinctement baptisés.

      On appelle P le point où KC rencontre DEF, de sorte que C, qui voit le segment DP sous un angle droit, est sur le cercle de diamètre DP. Ce cercle est orthogonal à (B) : cela se voit au point D, c’est donc aussi vrai en C, c’est pourquoi il est également orthogonal à (A). Ainsi, les points$\,$et$\,$ P sont conjugués par rapport au cercle$\,$ (A), et l’on a une division harmonique (D,P,E,F).

      Appelons H’ l’intersection des droites BE et KCP. Le faisceau harmonique (H’D,H’P,H’E,H’F) s’écrit aussi (H’D,H’K,H’B,H’F). Comme B est le milieu de DK, H’F doit être parallèle à DBK, c’est-à-dire perpendiculaire à DEF ; donc H’${\,=\,}$H, et c’est fini.

      Document joint : figure-6-10-12.pdf
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      • 6.10.12

        le 16 juin à 15:28, par Hébu

        Ah, c’est ma foi très joli — et définitivement plus rapide que ma proposition ! Bravo !

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