Figure sans paroles #6.6.4

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

  • 6.6.4

    le 2 août 2021 à 13:04, par Hébu

    On se donne un triangle ABC, que l’on divise en deux par une sécante AD, choisie telle que les cercles inscrits dans chacun des triangles aient même rayon.

    Alors les rayons des cercles ex-inscrits , des triangles ABD et ACD, ont également des rayons égaux.

    .

    J’appelle E et F les centres des cercles inscrits, J et K ceux des cercles ex-inscrits.

    Je peux tracer la tangente à ces cercles, parallèle à (BC). Elle coupe (AB) et (AC) en B’ et C’, avec B’C’ // BC. Les quadrilatères BDD’B’, et DCC’D’ sont des quadrilatères circonscriptibles.

    .
    On peut définir deux homothéties, la première envoyant (E) sur (J), B’D’ sur BD, la seconde (F) sur (K), D’C’ sur DC.

    .
    Les rapport d’homothétie vaut AB/AB’=AD/AD’=AC/AC’ : il est identique pour les deux homothéties, de sorte que les cercles (J) et (K), images de (E) et (F), auront même rayon.

    .
    Remarques : 1/ chacun des cercles est inscrit dans son quadrilatère. Et B’B’’C’’C’ est, lui aussi, circonscriptible !
    2/ ça semble trop simple...

    Document joint : idm-6-6-4.jpg
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    • 6.6.4

      le 6 août 2021 à 17:53, par Hébu

      Le quadrilatère B’B’’C’’C’ est circonscriptible. Il faut le prouver ! Voici une preuve. Un peu lourde ?

      .
      Chacun des trapèzes circonscriptibles est caractérisé pas sa relation, exemple $c_1+d_1-a_2-b_2=0$.

      On peut écrire les relations pour chacun des trapèzes, puis les sommer, en regroupant les termes correspondant pour faire apparaître la relation qu’on aimerait obtenir, pour le quadrilatère extérieur :

      $c_1+c_2+e_1+e_2-(a_1+b_1+a_3+b_3)+2(d_1+d_2-a_2-b_2)=0$

      .
      De sorte que le trapèze externe (il se nomme B’B’’C’’C’ dans ma figure initiale) deviendra circonscriptible si et seulement si $d_1+d_2-a_2-b_2=0$.

      Autrement dit, revenant aux notations de la figure, si les segments $BC$ et $D'D'_1$ ont même longueur.

      .

      Je complète la figure par certains points de contact des cercles inscrits : $K,L,M,N,O,P,Q,R$

      .
      On voit que DD’ et KN ont même longueur, de même que DD’_1 et OR.

      Ceci à cause des égalités des bras de tangentes, et du fait que les cercles adjacents ont même rayon (ainsi, D’E=D’M, puis D’L=D’G et D’G=DE).

      .
      On réécrit donc notre condition de circonscribilité :

      $d_1+d_2-a_2-b_2=0$ devient $KN9(BK+KN+NC)=0$ c’est à dire $OR-(BK+NC)=0$

      Et comme $OR=OD+DR$, que $OD=BK$, $DR=CN$ (relations entre bras de tangentes des cercles inscrit et ex-inscrit) on vérifie effectivement la condition.

      Document joint : quadrilateretotal.jpg
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      • 6.6.4

        le 3 novembre 2021 à 23:30, par Sidonie

        Je m’aperçois tardivement que le 5.2.2 résout aussi le 6.6.4. Considérons deux cercles en diagonales, on retrouve le 5.2.2 et la parabole exhibée à l’époque montre que le grand trapèze est circonscriptible et en prenant l’autre cercle du haut on retrouve encore le 5.2.2 qui nous dit que le quatrième quart est aussi circonscriptible et avec, bien sûr, le même diamètre que son voisin.

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      • 6.6.4

        le 6 novembre 2021 à 10:27, par Sidonie

        Si le 5.2.2 est efficace localement, en particulier, il peut remplacer votre démonstration un peu lourde (sic), par contre votre démonstration à base d’homothéties est d’une plus grande portée et peut se décliner ainsi :

        Si deux triangles ayant des cercles inscrits de même rayon ont une hauteur de même longueur alors les cercles exinscrits opposés au sommet d’où est issue la hauteur ont aussi le même rayon.

        La réciproque est sans doute vraie.

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        • 6.6.4

          le 7 novembre 2021 à 12:16, par Hébu

          Oui, la relation avec le 5.2.2 est intéressante, on aurait sûrement pu (ou dû) la remarquer plus vite. J’ai l’impression que cette relation pourrait jouer dans les deux sens — peut-on retrouver le résultat du 5.2.2 à partir de celui-ci ?

          Quant à la « lourdeur » de la démonstration, je suis d’accord entièrement, elle l’est ! lourde, laborieuse (on peut, peut-être la relooker, la raccourcir ?).

          .
          En fait, cela rejoint des réflexions que je me fais depuis que je fréquente ce site. Comment juger de la beauté, de l’élégance d’une démonstration ? Par exemple, le recours au 5.2.2 permet plus d’élégance, mais à condition d’avoir le résultat du 5.2.2 à sa disposition ! Et si, pour cheminer depuis les postulats d’Euclide jusqu’au 5.2.2, quelques passages ont manqué d’élégance, peut-on les oublier pour le jugement ?

          Questions bien compliquées...

          Mais je suis impressionné par la forme du « théorème » que vous en avez tiré.

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