Figure sans paroles #6.5.8

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

  • 6.5.8

    le 22 juin à 09:39, par Hébu

    Quatre cercles, de centres $A, B, C, D$, tangents deux à deux.
    On note $H, I, J, K$ les points de tangence de $(A) - (B)$, $(B) - (C)$, $(C) - (D)$, $(D) - (A)$.

    Les cercles $(A)$ et $(C)$ se coupent en $E$ et $F$.

    On note $P$ l’intersection des tangentes extérieures communes aux cercles $(B)$ et $(D)$.

    Il faut montrer l’alignement de $P, E, F$.
    .

    On remarque tout d’abord que le quadrilatère $ABCD$ est circonscriptible, puisque $AB+CD=AD+BC$ (= la somme des quatre rayons des cercles).

    Une propriété intéressante (qu’on a dû rencontrer, il me semble ; voir plus bas au cas où) est que, dans ce cas, les points $H, I, J, K$ sont cocycliques.

    Maintenant, les points $H$ et $K$ sont centres des homothétie qui lient les cercles $(A)$ et $(B)$ d’une part, $(A)$ et $(D)$ de l’autre. La composée des deux opérations envoie $(B)$ sur $(D)$ : c’est l’homothétie de centre $P$, et (cf. la figure 6.5.6) on en déduit l’alignement de $P$, $H$ et $K$.
    .
    Le même argument, appliqué au triplet $(B) - (C) - (D)$, montre que $P, I, J$ sont alignés.

    .
    La puissance de $P$ par rapport au cercle $HIJK$ est $PH*PK=PI*PJ$ : le point $P$ a même puissance par rapport aux cercles $(A)$ et $(C)$. Il est donc sur leur axe radical, $(EF)$

    Cocyclicité de $H,I,J,K$ :

    Les triangles $AKH, DKJ$, etc., sont isocèles, on calcule par différence : $\widehat{JKH}=\pi-(\widehat{DKJ}+\widehat{AKH})=(\widehat{A}+\widehat{D})/2$. De même, $\widehat{CIH}=(\widehat{C}+\widehat{B})/2$, soit $\widehat{JKH}+\widehat{CIH}=\pi$

    .
    Encore une histoire d’axe radical ! (et d’homothétie)
    .

    Document joint : idm6-5-8.jpg
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    • 6.5.8

      le 22 juin à 11:49, par Sidonie

      Vous me précédez dans une démonstration identique mais une argumentation un peu différente.
      Le raisonnement du 6.5.6 s’applique au cas général de deux cercles tangents à un troisième que ce soit intérieurement, extérieurement ou mixte. On a immédiatement les deux alignements.
      Pour la cocyclité j’utilise O le centre du cercle inscrit dans le quadrilatère.(OA),(OB),(OC) et (OD) sont les bissectrices des angles en A, B, C et D (à cause des tangentes issues de ces points) . K et H, H et I, I et J, J et K sont symétriques par rapport à ces bissectrices donc OK = OH = OI = OJ et O est le centre d’un cercle passant par K, H, I et J.
      On finit par puissance et axe radical , comme vous.

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      • 6.5.8

        le 22 juin à 15:48, par Hébu

        C’est une variation subtile et très intéressante.

        Votre raisonnement part de l’existence du cercle inscrit dans le quadrilatère (puisque le quadrilatère est « circonscriptible »), et il en découle le cercle passant par K,H,I,J

        Le raisonnement que j’ai suivi, si on le mène au bout, consisterait à dire : puisque les quatre cercles existent (par construction, et sans savoir la circonscriptibilité), alors le calcul d’angles montre qu’ils sont cocycliques, et de là on déduirait si besoin est que ABCD est circonscriptible.

        J’avais réfléchi à la chose, au moment des quadrilatères circonscriptibles. J’avais imaginé l’existence des polygones CCC (côtés couverts par des cercles). Ils existent toujours pour n (nb de côtés) impair, et pour n pair sous une condition qui généralise AB+CD=AD+BC. Un quadrilatère CCC est circonscriptible et vice-versa. Ca ne s’étend pas aux polygones.

        Mes réflexions n’ont pas été plus loin, mais elles m’ont aidé ici !

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