Commentaire sur l'article

• 5.5.4

  le 27 janvier 2020 à 21:28, par Hébu

  On place trois points $B, C, D$ sur un cercle. Soient $J$ le milieu de $BD$ et $K$ le milieu de $AC$. Depuis $C$ on trace une droite coupant le cercle au point $A$ et telle que $\widehat{BCA}=\widehat{DCJ}$.

  Alors les angles $\widehat{ADK}$ et $\widehat{BDC}$ sont égaux.
  .

  La figure m’apparaît comme une variation du 5.5.3, de telle sorte que le point $X$ qui y figurait est confondu avec $J$ : $OJ$ est la médiatrice de $BD$. la construction de $A$ fait de $CJ$ un segment symétrique à $AC$ par rapport à la bissectrice de l’angle en $C$.

  .
  J’attaque le problème d’une autre façon, ce qui nécessite une autre figure. Et comme je ne sais pas mettre deux dessins joints, je ferme ce texte. Rendez-vous au suivant

  Document joint : idm5-5-4.jpg
  Répondre à ce message

• 5.5.4

  le 27 janvier 2020 à 21:41, par Hébu

  Je préfère me rabattre sur une figure issue de 5.5.3. Je place mon point $X$ quelque part sur la médiatrice, sans le coller en $J$ ; je complète par $DY$ et $BY$ tels que $\widehat{ADY}=\widehat{BDC}$, et $\widehat{ABY}=\widehat{CBD}$. Le point $Y$ jouit des mêmes propriétés que $X$ : la droite $(YK)$ est la médiatrice de $AC$.

  .
  Et l’enjeu de l’énigme devient : si $X$ est milieu de $BD$, alors $Y$ est milieu de $AC$. Ou encore, si $X$ et $J$ sont confondus, alors $Y$ et $K$ le sont .
  .

  $S$ (resp. $T$) est le point de concours de $CX$ et $BD$ (resp. de $BY$ et $AC$).

  .
  On peut calculer la plupart des angles de la figure (je note $a, b...$ les angles des sommets, $u=\widehat{BDC}$, $\omega=\widehat{ACB}$ on a $u+\omega=d$ ; on voit que $\widehat{AXC}=2d$, $\widehat{BSC}=d$, $\widehat{ATY}=a$, etc.).

  .
  Les triangles $DSC$ et $ABC$ sont semblables (angles en $A, D$ inscrits, en $C$ égaux par construction). De même $BSC$ et $ADC$ sont semblables ($A, B$ angles inscrits, angles en $C$ égaux à $c-\omega$).

  .
  On en déduit $DS=(AB\times CD)/AC$, $BS=(AD\times BC)/AC$, d’où $DS/BS=(AB\times CD)/(AD\times BC)$.

  De même, les triangles $ABT$ et $DBC$ sont semblables ; ainsi que $CBT$ et $DBA$. Cela fournit les égalités $AT=(AB\times CD)/BD$, $CT=(AD\times BC)/BD$, d’où $AT/CT=(AB\times CD)/(AD\times BC)$.

  De sorte que les quotients $DS/BS$ et $AT/CT$ sont égaux.

  .
  Ainsi, $X$ en $J$ (c’est à dire $X,J,S$ confondus) et $Y,K,T$ confondus sont équivalents.

  .
  Remarques : il y a d’autres propriétés curieuses (qui restent à démontrer). Ainsi $XY$ et $JK$ sont parallèles ; si j’appelle $T'$ l’intersection de la droite $DY$ avec $AC$, le triangle $YTT'$ est isocèle.

  .
  Peut-être pourrait-on mener la démonstration directement sur la figure originale (où $X$ est en $J$), par exemple en déroulant à l’envers les égalités pour arriver à la similitude des triangles et donc à l’égalité des angles ?

  Document joint : idm5-5-4-2.jpg
  Répondre à ce message
• 5.5.4

  le 29 janvier 2020 à 15:19, par Sidonie

  Je vous propose une autre démonstration.

  J’ai commencé par vouloir utiliser un résultat mais sans trouver : si deux cordes sont parallèles elles font deux arcs égaux et donc deux angles inscrits égaux.

  Ensuite j’ai remarqué que BD est la symédiane de ABC et que si AC est est la symédiane DAB alors le problème est résolu.

  En fouillant sur internet j’ai trouvé qu’une symédiane passe par un sommet du triangle tangentiel, c’est à dire le triangle obtenu avec les 3 tangentes au cercle circonscrit.

  J’ai donc tracé les tangentes en A,B,C et D en obtenant notre vieux camarade QI HILM complété par F et G.

  En tant que médiatrices (OJ) passe par F et (OK) passe par G de même que (BD) en tant que symédiane

  Les points O,J,E,K sont cocycliques et F (ou G) à même puissance par rapport à ce cercle et au cercle circonscrit. Il suffit de prendre le triangle rectangle OBF et sa hauteur (BJ) avec une relation classique FJ x FO = FB² .

  F appartient donc à la polaire de G par rapport à chacun des cercles et vice-versa.

  Comme (JE) et (OK) se coupent en G alors (OJ) et (KE) se coupent en F.

  Or HIF est le triangle tangentiel à BDA donc (AC) est bien la symédiane.

  Document joint : fsp_5.5.4.jpg
  Répondre à ce message
• 5.5.4

  le 29 janvier 2020 à 18:18, par Hébu

  Belle démonstration. Plus légère que la mienne — mais elle utilise des notions plus évoluées !
  Ce qui prouve l’intérêt de ces notions « plus évoluées », d’ailleurs...

  .
  En fait, j’avais passé la semaine dernière à cogiter sur le 5.5.3, j’avais été frappé par l’apparition des symétries, et je pensais qu’on pouvait les utiliser pour une preuve plus expéditive.

  .
  Sans succès. Mais du coup, j’ai calculé tous les angles, dans tous les sens. Alors, avec les angles, les similitudes viennent de suite !

  .
  Une fois de plus, deux preuves assez différentes !

  Répondre à ce message
• 5.5.4

  le 29 janvier 2020 à 23:45, par Sidonie

  Je pense que l’apparente légèreté de la démonstration vient de ce que j’ai utilisé des résultats qui, pour être démontrés nécessitent une justification fort proche de la votre. Vous le disiez fort bien vous même précédemment : où s’arrête la nécessité de démontrer ?

  Répondre à ce message