Figure sans paroles #6.7.7

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

  • 6.7.7

    le 21 septembre à 15:34, par Sidonie

    3 cercles de centres O, P et Q, notés (O), (P) et (Q) sont tangents 2 à 2, (P) et (Q) extérieurement en en T , (O) et (P) (resp (Q)) en C et D intérieurement. (AB) est un diamètre de (O). F et H sont les intersections de la tangente commune en T à (P) et (Q) avec (CD) et (AB).
    Il s’agit de démontrer que (AP) et (BQ) passent par F.
    E est le point d’intersection entre (AC) et (BD). G et I sont les points d’intersection de (PQ) avec (EA) et (EB).
    On démontre rapidement que T est l’orthocentre (j’y reste fidèle) de ABE. F étant l’intersection entre la hauteur issue de E et la droite joignant les pieds des 2 autres hauteurs on en déduit que les droites (AE), (AF), (AT) et (AB) forment un faisceau harmonique.
    L’angle droit en C montre que (GT) est un diamètre de (P) et que P est le milieu de [GT].
    (PQ) est parallèle à ( AB) puisque perpendiculaire à (FH).
    Or on sait que dans un faisceau harmonique toute parallèle à une des droites coupent les 3 autres en formant des segments égaux.
    Donc (AF) passent par P et de même (BF) passe par Q.

    Document joint : fsp_6.7.7.jpg
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    • 6.7.7

      le 21 septembre à 21:11, par Hébu

      Jolie démonstration ! J’étais parti (mais pas encore arrivé) sur une description un peu différente, à laquelle je trouvais l’intérêt de justifier la construction. Je la reproduis in petto :

      .
      AB diamètre du cercle de centre O, deux droites partant de A et B se croisent en un point T. AT croise le cercle en D et BT en C. Depuis T une parallèle à AB, qui coupe OC en P et OD en Q.

      La considération des triangles isocèles (OCD, puis OPT puisque PT//AB) justifie les cercles de centre P et Q.

      Et je trouvais ça bien confortable (outre le fait que cela facilitât la construction).

      .
      Mais je ne suis pas allé au-delà. Une remarque. (CD) coupe (AB) en un point Z, et A,B,C,D, complétés de E et Z, forment un quadrilatère complet inscriptible, de sorte que l’on sait, depuis une figure 5.x, que (ET) et (ZO), comme (ZT) et (EO), sont perpendiculaires. Le monde est petit.

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    • 6.7.7

      le 23 septembre à 18:38, par Hébu

      Un point (de détail) me tarabuste. Vous montrez que T est l’orthocentre, et en déduisez que (AE), (AF), (AT), (AB) forment un faisceau harmonique, c’est à dire que les points (E,F,T,H) forment une division harmonique.

      Ce qui est vrai, évidemment.

      .
      Mais je bute sur l’orthocentre, ou plus exactement sur la référence à l’orthocentre. Parce que il me semble que, quelle que soit la façon dont je construis mes droites AD et BC se coupant en T, alors (E,F,T,H) formeront une division harmonique. Il suffit pour le voir de prolonger CD et AB, G leur intersection : cela donne le quadrilatère complet, ACDB complété de E et G, dans lequel un théorème dit que « Chaque diagonale coupe les deux autres en créant des divisions harmoniques » — d’où on conclut un certain nombre de divisions, dont celle-ci.

      .
      D’où mon angoisse : y a-t-il quelque chose qui m’échappe, le recours à l’orthocentre est-il obligé ? Ou suis-je simplement tatillon ?

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      • 6.7.7

        le 23 septembre à 22:46, par Sidonie

        Vous avez raison, l’orthocentre n’est pas nécessaire, mais pour prouver que T est commun aux trois droites il faut passer par les perpendiculaires et donc retrouver l’orthocentre.

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  • 6.7.7

    le 22 septembre à 20:59, par Reine

    M’en voudrez-vous si je vous propose une variante ? Elle diffère un peu de votre méthode, tout en restant dans le même esprit.

    On part donc de trois cercles de centres O, P et Q, deux à deux tangents (sur la figure proposée et sur la vôtre, (P) et (Q) sont tous deux tangents intérieurement à (O) ; sur celle que je joins, les trois cercles sont tangents extérieurement. Cela ne change rien, vos arguments comme les miens étant insensibles à la position relative des points.) Les points de contact sont T, C et D. Les tangentes en T, C et D aux trois cercles se rencontrent en un point S équidistant de T, C et D, donc centre du cercle (S) circonscrit à TCD ; les rayons ST, SC et SD de (S) sont les tangentes menées de S aux trois cercles, donc (S) est orthogonal à $\,$(O), à $\,$(P) et à $\,$(Q).

    Les points A et B de (O) respectivement sur les droites DT et CT sont les extrémités d’un diamètre de (O) perpendiculaire à la tangente TS (car, par homothéties de centres D et C, les tangentes à (O) en A et B sont parallèles à TS). Appelant E l’intersection de AC et BD, le segment ET, qui est vu de C et de D sous des angles droits, est un diamètre de (S), et E est donc sur (S).

    Comme ACE et ATD sont deux sécantes à (S) issues de A, les points F (intersection de CD et ET) et B (intersection de CT et ED) sont sur la polaire de A par rapport à (S).

    Les cercles orthogonaux (S) et (Q) se coupant en T et D, QT et QD sont tangentes à (S), et la polaire de Q par rapport à (S) est DT ; le point A, qui est sur DT, est donc conjugué de Q par rapport à (S).

    Ainsi F,B et Q sont tous trois alignés sur la polaire de A par rapport à (S).

    Document joint : figure-6.7.7.pdf
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    • 6.7.7

      le 23 septembre à 15:51, par Sidonie

      Vous en vouloir, certainement pas, bien au contraire, et je pense refléter l’avis de Hebu toujours friand de démonstrations alternatives. Ceci dit je me suis aperçue que deux cercles orthogonaux génèrent toujours un orthocentre, un point étant choisi sur l’un des cercles, avec les intersections des droites passant d’une part par ce point, d’autre part par les points d’intersection des deux cercles, avec l’autre cercle. Les deux points ainsi obtenus forment un diamètre et on tombe sur la figure classique dans un triangle : un cercle dont le diamètre est un côté et dont les intersections avec les autres côtés sont les pieds des hauteurs l’autre cercle passant par le sommet opposé, les deux pieds des hauteurs et l’orthocentre. Ainsi donc je resterai fidèle à l’orthocentre pour vous permettre de décliner une solution à base de points conjugués.

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      • 6.7.7

        le 24 septembre à 10:23, par Reine

        C’est très joli ! En vue d’un éventuel usage ultérieur, j’ai envie de préciser votre remarque sous forme de trois conditions nécessaires et suffisantes.

        1°. — Soit C et C’ deux cercles se coupant en deux points P et Q, et M un point de C. Pour que les deux cercles soient orthogonaux, il faut et il suffit que les points A et B où MP et MQ recoupent C’ soient les extrémités d’un diamètre de C’. Lorsque c’est le cas, AQ et BP sont des hauteurs du triangle MAB, leur intersection N (orthocentre du triangle) est sur C, et MN est le diamètre de C orthogonal à AB.

        2°. — Soit C et C’ deux cercles se coupant en deux points P et Q, et AB un diamètre de C’. Pour que les deux cercles soient orthogonaux, il faut et il suffit que le point M intersection de AP et BQ soit sur C. Lorsque c’est le cas, AQ et BP sont des hauteurs du triangle MAB, leur intersection N (orthocentre du triangle) est aussi sur C, et MN est le diamètre de C orthogonal à AB.

        3°. — Pour que deux points A et B soient conjugués par rapport à un cercle C, il faut et il suffit que, en appelant MN le diamètre de C orthogonal à AB, le point N soit l’orthocentre du triangle MAB.

        Juste un mot pour terminer : La première de ces trois assertions pourrait aussi se démontrer en une ligne, sans séparer nécessité et suffisance, simplement en introduisant l’inversion de pôle M préservant C’. On gagnerait ainsi en concision, mais on perdrait, et ce serait dommage, le caractère élémentaire des arguments.

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        • 6.7.7

          le 11 octobre à 14:13, par Hébu

          Belle synthèse, à conserver dans un coin de sa mémoire. Mais, si nos cercles ne sont pas orthogonaux, que se passe-t-il ?

          Je me suis posé la question, et cela amène à une configuration amusante.

          On se donne donc deux cercles de centres C et C’, se coupant aux points P et Q. On prend un point M sur (C), et on appelle A (resp. B) l’intersection de (MP) (resp. (MQ)) avec le cercle (C’).

          J’appelle H l’orthocentre du triangle MAB, et J l’intersection des segments [AQ] et [BP]. Et j’observe comment ce petit monde se comporte, lorsque M décrit (C).

          .
          1/ [AB] est un segment de longueur constante, tangent à un cercle fixe de centre C’.
          1’/ La tangente à (C) au point P est tangente au même cercle.

          P et Q étant fixes, les valeurs des angles (MQ,MP) et (BP,BQ) — et donc (PB,PA) — restent constantes quant M varie. Et (PB,PA)=(MQ,MP)+(BP,BQ)=(PC’,PC).

          Le triangle (C’BA) est isocèle, son angle au sommet est constant, comme ses côtés, de sorte que la hauteur issue de C’ (c’est à dire la distance de C à (AB)) garde la même longueur. D’où le cercle, fixe tangent à (AB)

          Le calcul des angles montre que la tangente en P au cercle (C) est tangente à ce cercle.

          2/ J, intersection de AQ et BP. L’angle (JP,JQ) est constant (il a comme valeur (MB,MA)+2*(BP,BM)
           : J voit le segment PQ sous un angle constant, il décrit un cercle passant par P et Q.

          3/ (MC) et (AB) perpendiculaires. On calcule (MB,MH) et (MQ,MC) : ils ont la même valeur (90°-$\widehat{QPM}$).

          4/ Le point H se déplace sur un cercle, de centre C.
          Un peu plus tordu. Pour faire court : il existe une relation, dans un triangle, qui dit que MH=AB/tg($\widehat{BMA}$)

          Puisque tous les termes en sont constants, |MH] a une longueur constante, et donc aussi [CH]

          Document joint : apres677.jpg
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