Figure sans paroles #6.1.4

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

  • 6.1.4

    le 21 septembre 2020 à 11:57, par Hébu

    On reprend le schéma de la figure précédente, mais ça se complique puisqu’on a maintenant trois cercles.

    Deux droites parallèles, $(d)$ et $(d')$, un premier cercle, de centre $A$, tangent à $(d)$ en un point $B$ et à $(d')$ au point $C$. Un second cercle, tangent au premier en $D$, à $(d)$ en $E$, on note $F$ son centre. Et un troisième, tangent aux deux premiers en $G$ et $H$ et à $(d')$ en $I$, son centre sera $J$.

    Il s’agit de montrer que la tangente en $G$ aux cercles $(A)$ et $(J)$ coupe $(d)$ au point $E$.

    .
    Les résultats de la figure précédente (6.1.3) s’appliquent pleinement à chacun des couples de cercles : $C,D,E$ sont alignés, $B,G,I$ également, et aussi $E,H,I$ (chaque couple de cercles se conforme au 6.1.3).

    .
    Maintenant, les cercles sont tangents entre eux deux à deux, les normales aux lignes des centres en $D$, $G$, et $H$ sont les axes radicaux des couples. Ces axes ont un point de concours commun, $Z$, centre radical et donc centre du cercle inscrit du triangle $AJF$ (comme les trois mousquetaires, nos cercles sont quatre).

    Reste à montrer que $E$ est sur $GZ$.

    .
    On regarde les triangles $EDH$ et $EIC$ : ils sont semblables , ayant leurs angles égaux ($\widehat{HFE}=\widehat{HJI}$, puis $\widehat{HDE}=\widehat{CIH}=\pi-\widehat{HFE}/2$). On a donc $ED/EH=EI/EC$, soit $ED\times EC=EH\times EI$ : $E$ est sur l’axe radical des cercles de centre $A$ et $J$.

    .
    ($DZ$ passe par $I$ ; il y a d’autres cercles cachés, passant par $A,C,I,H,D$ ou $A, B,E,H,G$, ou $G,D,B,C$), etc.

    Document joint : idm6-1-4.jpg
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    • 6.1.4

      le 10 mars à 13:20, par Sidonie

      Encore une alternative à base d’inversion.
      Le pôle est E et le cercle d’inversion est le cercle qui passe par F.
      On sait que B, D et E sont alignés, (EF) est tangente au cercle (A) donc ED.EB = EC²
      Par définition de l’inversion B et D sont images l’un de l’autre.
      C, étant sur le cercle d’inversion, est sa propre image.
      Le cercle (A) a pour image le cercle qui passe par les images de B, C et D c’est-à-dire lui-même.
      L’image du cercle (F) qui passe par le pôle E est la droite perpendiculaire à (EF) passant par B image de D
      L’image de (F) est donc (BI). On sait que E, H et I sont alignés donc I est l’image de H.
      On a EH.EI = EC² = ED.EB et E est sur l’axe radical des deux cercles (A) et (J),ici leur tangente commune en G .
      De plus on retrouve les cocyclités dont vous avez parlé. Elles sont naturelles dans l’inversion.
      Je profite de ce message pour vous annoncer la solution du 6.1.10 qui nous échappait.

      Document joint : fsp_6.1.4.jpg
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      • 6.1.4

        le 11 mars à 17:25, par Hébu

        Oui, encore une bien jolie preuve. Je la trouve très élégante, et très courte. Et ce qui est intéressant est qu’on ne lui voit pas de point commun avec celle que j’avais proposée (plus lourde).

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        • 6.1.4

          le 12 mars à 08:55, par Sidonie

          C’est la force des transformations ponctuelles, ici l’inversion. J’aurai pu raccourcir encore le début en arguant que (EC) étant perpendiculaire à (AC) le cercle (A) est orthogonal au cercle (E) or dans une inversion un cercle (hormis (E)) est globalement invariant ssi il est orthogonal au cercle d’inversion (ce qui se démontre sans difficulté).

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