Figure sans paroles #6.10.14

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.

Comentario sobre el artículo

  • 6.10.14

    le 28 de junio à 19:47, par Reine

    On a deux cercles passant par deux points A et B ; une sécante passant par A recoupe l’un en C et l’autre en D. Les bissectrices des deux droites AB et ACD sont deux droites perpendiculaires passant par A ; l’une d’elles (peu importe laquelle ; on pourrait les intervertir) recoupe le cercle ABC en M, l’autre recoupe le cercle ABD en N. Le milieu de CD voit-il le segment MN sous un angle droit ? En d’autres termes, est-il sur le cercle de diamètre MN (qui passe par A) ? Ou encore, le point I où la droite ACD recoupe ce cercle AMN est-il le milieu de CD ?

    Une inversion de pôle A transforme B, C, etc. en b, c, etc. Les cercles ABCM, ABDN et AMNI deviennent des droites bcm, bdn et mni. Comme Am et An sont les deux bissectrices de Ab et Acd, on a un faisceau harmonique (Ab,$\,$Acd,$\,$Am,$\,$An), et, en appelant j l’intersection de Ab et mni, une division harmonique (j,$\,$i,$\,$m,$\,$n), qui, vue du point b, se projette en une division harmonique (A,$\,$i,$\,$c,$\,$d). Ainsi i est le conjugué harmonique de A par rapport à c et d ; son inverse I est donc le milieu du segment CD.

    Document joint : figure-6-10-14.pdf
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  • Démarque

    le 1ro de julio à 17:10, par Reine

    C’est la saison des soldes ! Je propose donc une solution moins coûteuse, évitant l’inversion. Je reprends à zéro, avec les mêmes notations.

    Soient deux cercles se coupant en A et B ; une sécante passant par A recoupe l’un en C et l’autre en D. Les bissectrices des deux droites AB et ACD sont deux droites perpendiculaires passant par A ; pour abréger, je les appellerai les axes.$\,$ L’un de ces axes recoupe le cercle ABC en M, l’autre recoupe le cercle ABD en N. Pour montrer que le milieu de CD voit le segment MN sous un angle droit, c’est-à-dire est sur le cercle AMN de diamètre MN, il suffit d’établir que le point I où la droite ACD recoupe ce cercle AMN est au milieu de CD.

    Appelons M’ (respectivement N’) l’intersection de l’axe AM (respectivement AN) avec le cercle ABD (respectivement ABC). Les quatre triangles AMN’, AM’N, AMN et AM’N’, rectangles en A, sont inscrits dans des demi-cercles ; soient C’, D’, P et Q les points diagonalement opposés à A sur ces cercles, de sorte que AMC’N’, AM’D’N, AMPN et AM’QN’ sont des rectangles s’appuyant sur les axes, et que R$\,$=$\,$C’PD’Q est un rectangle parallèle aux axes.

    Le point B voit les diamètres AC’ et AD’ sous des angles droits ; ainsi la droite C’D’ passe par B et est perpendiculaire à AB. L’autre diagonale PQ du rectangle R est de direction symétrique par rapport aux axes, donc perpendiculaire à la droite ACD (symétrique de AB).

    Mais IP est elle aussi perpendiculaire à ACD (car AP est un diamètre du cercle AMNI) ; aussi I se trouve-t-il sur PQ, et I est à la fois la projection orthogonale de$\,$ P et de$\,$ Q sur la sécante$\,$ ACD. D’autre part, C, qui voit AC’ sous un angle droit, est la projection de C’, et D celle de D’. Au total, C’, P, Q et D’ se projettent sur ACD en C, I, I et D. De l’égalité évidente $\vec{C'\!P}=\vec{QD'\!}\,$, on tire alors $\vec{CI}=\vec{ID}$.

    Document joint : figure-6-10-14bis.pdf
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    • Démarque

      le 2 de julio à 15:18, par Hébu

      Ah ! C’est prodigieusement astucieux ! Et la démonstration ne met en œuvre que des considérations de niveau modeste (j’ai pu comprendre...).

      J’aime beaucoup.

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      • Démarque

        le 2 de julio à 15:19, par Hébu

        Et j’ai eu raison d’attendre les soldes

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      • Rabais

        le 3 de julio à 05:44, par Reine

        Merci Hébu. Mais ma démonstration au rabais manque de fini : j’ai introduit Q à l’aide du cercle AM’N’, qui ne joue aucun rôle ensuite (et n’est d’ailleurs pas tracé sur la figure) ; il eût été plus simple de ne définir Q qu’une fois établie l’orthogonalité de C’D’ et AB, comme quatrième sommet de C’PD’Q. Le seul intérêt du cercle AM’N’ serait de montrer directement que I voit aussi M’N’ sous un angle droit, mais il suffit bien sûr pour cela d’échanger les rôles des axes, ou des deux cercles donnés (et de P et Q).

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