Figure sans paroles #5.2.9

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.

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  • 5.2.9

    le 10 août 2019 à 15:39, par Hébu

    Je reprends le dessin, d’une façon différente. Le trapèze $ABCD$, $G$ l’intersection des côtés non parallèles $AB$ et $CD$.

    Je trace les cercles passant respectivement par $G, A, C$ et $G, D, B$.

    $F$ le second point d’intersection de ces deux cercles.

    .
    On voit plusieurs couples d’angles égaux (angles inscrits).

    Ainsi, $\widehat{BFD}+\widehat{BGD}=\pi$ dans le « cercle de droite », $\widehat{CFA}+\widehat{AGC}=\pi$ dans le « cercle de gauche », et donc $\widehat{CFA}=\widehat{BFD}$. D’où, par différence, $\widehat{BFA}=\widehat{CFD}$.

    .
    On peut calculer les valeurs de ces angles, en partant des angles initiaux.
    Je note $A$ et $D$ les angles à la base du trapèze, $B=\pi-A, C=\pi-D$, il faut aussi connaître les angles des diagonales : je pose $\widehat{DAC}=\widehat{ACB}=\alpha$ et $\widehat{ADB}=\widehat{DBC}=\beta$.

    .
    Alors, $\widehat{AFC}=\pi-(A+D)$ ; $\widehat{BFG}=\widehat{BDC}=D-\beta$ ; $\widehat{GFC}=\widehat{GAC}=A-\alpha$, et la trituration de tout ceci donne $\widehat{BFA}=\alpha+\beta$.

    .
    D’autres égalités, $\widehat{ABF}=\widehat{CDF}$ (parce que $\widehat{ABF}=\pi-\widehat{GBF}=\widehat{GDF}$) ;
    $\widehat{FCD}=\widehat{FAB}$ (même argument)

    Conséquence, les triangles $FAB$ et $FCD$ semblables. Les triangles $AFC$ et $BFD$ semblables

    .

    On peut alors tracer les diagonales $BD$ et $AC$, qui se croisent au point $E$.

    Et le calcul de $\widehat{BEA}$ est aisé : $\alpha+\beta$. C’est à dire que $\widehat{BEA}=\widehat{BFA}=\widehat{DFC}=\widehat{DEC}$.

    Et donc, les points $B, A, E, F$ d’une part, et $C, D, F, E$ d’autre part, sont cocycliques.

    .
    J’ai donc bien reconstruit la figure initiale.

    .
    Reste à montrer l’égalité des angles ! ($\widehat{AGE}$ et $\widehat{DGF}$.
    Remarque : $\widehat{DGF}=\widehat{DBF}=\widehat{CAF}$

    .
    Il y a aussi des triangles semblables :

    triangles $FAB$ et $FCD$ semblables ;

    triangles $AFC$ et $BFD$ semblables ;

    triangles $GCF$ et $BEF$ semblables

    .
    Je rumine ça sans arriver à m’en dépêtrer...

    Document joint : idm5-2-9-new.jpg
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