Figure sans paroles #6.8.5

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

  • 6.8.5

    le 8 novembre à 20:01, par bistraque

    Une inversion bien choisie transforme la figure en une figure symétrique de 4 cercles tangents alignés et de même rayon (disons de rayon unité). Les deux cercles choisis pour l’inversion deviennent deux droites parallèles et tangentes aux cercles. Le cinquième cercle est alors un cercle de rayon $1/4$ et les points de tangence sont à coordonnées rationnelles (le fameux rapport $(3/5, 4/5)$).
    Si tous les points $A$, $B$, $C$, $C'$, $B'$, $A'$ sont cocycliques alors le centre est nécessairement à l’intersection des médiatrices de $AB$ et de $A'B'$ soit $O$. En prenant $O$ comme origine, $C=(18/5, 1/5)$ et $A=(2,3)$. On vérifie que $OA²=OC²=13$.
    Les six points étant cocycliques, leurs images par l’inversion le sont aussi.

    Document joint : fsp-685.png.jpg
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    • Une autre inversion

      le 9 novembre à 12:26, par Reine

      Votre inversion résout la question avec efficacité et élégance. On peut peut-être gagner encore en élégance (mais c’est affaire de goût) en mettant à profit une deuxième inversion pour éviter le calcul explicite des points de contact.

      En effet, quelles que soient les dimensions relatives des sept cercles de départ, votre inversion fournit toujours la même figure (les quatre cercles plus un, coincés entre deux parallèles). Appelons F cette figure, bien définie à une similitude près. C’est aussi elle que l’on aurait obtenue si les données avaient été le cas bien symétrique où l’on a, dans le grand cercle, trois cercles moyens égaux entre eux et trois petits cercles égaux entre eux. En retournant l’argument, ceci prouve qu’une inversion bien choisie transforme la figure$\,$ F en la figure initiale, mais symétrisée. On est ainsi ramené, par deux inversions successives, au cas symétrique, qui est évident, les six points en question étant tous à la même distance du centre de la figure.

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      • Une autre inversion

        le 9 novembre à 18:48, par bistraque

        Excellent ! je confirme c’est plus élégant :)

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      • Une autre inversion

        le 22 novembre à 01:23, par Sidonie

        Autres inversions redonnant quelques résultats démontrés par d’autres méthodes par Hebu et moi-même.
        Dans un cercle (O), 3 cercles (A), (C) et (E) tangents entre eux et tangents à (O) puis 3 autres (B), (D) et (F) tangents à (O) et à deux des trois cercles précédents. G, H, I, J, K et L sont les points de contacts de (A) et (B), (B) et (C), etc . Il faut prouver la cocyclité de ces 6 points.
        M et N sont les points de contact de (O) avec (B) et (E). Les tangentes en M et N se coupent en P. (P) est le cercle de centre P et passant par M et N. On considère l’inversion dont le cercle d’inversion est (P).
        (P) est orthogonal à (O), (B) et (E) qui sont donc leur propre image. (A) est tangent à ces 3 cercles, son image est donc (C). (F) est tangent à (O), (A) et (E) donc son image est (D) tangent (O), (C) et (E).
        On obtient alors des alignements avec P : les 2 tangentes en M et N, (AC), (FD), (GH), (IL), (JK), la droite passant par les points de contacts de (E) avec (A) et (C), ainsi que les tangentes communes de (A) et (C) ainsi que de (D) et(F) soit pas moins de 12 droites. Avec en plus (P) tangente avec (A) et (C)
        Dans l’inversion G donne H, L donne I donc G, H, I et L sont cocycliques de même que G, H, J et K.
        Il suffit de recommencer avec S intersection des tangentes en Q et R de (C) et (F) pour avoir la cocyclité de H, I, J et G qui avec les 2 précédentes donne la cocyclité de G, H, I, J, K et L .
        Pour le 6.8.6 il suffit de remarquer que les tangentes en G et H ont pour bissectrice la médiatrice de [GH] et ainsi de suite pour les 5 autres paires, or les 6 médiatrices sont concourantes au centre du cercle du 6.8.5 qui est donc à la même distance des 6 tangentes. C’est sans doute l’argument de Reine mais il me semble plus clair ainsi.

        Document joint : fsp_6.8.5_et_6.jpg
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        • Que d’inversions !

          le 24 novembre à 06:18, par Reine

          Oui et non ; ce que j’avais en tête ressemble à ça, mais en plus grossier. Je voulais seulement dire que si, à partir de différents points d’un même cercle, on trace des droites qui toutes coupent le cercle sous le même angle, elles passeront à la même distance du centre (figure jointe). Bien sûr, quelques secondes de réflexion permettent de préciser ça (la distance au centre est le produit du rayon par le cosinus de l’angle), mais mon idée était plus fruste, en amont même de ces quelques secondes.

          Tout ceci n’importe guère. Lire votre démonstration m’a fait plaisir ; elle complète bien celle de Bistraque, ayant l’avantage d’expliciter, dans une jungle de relations et de propriétés, celles qui contribuent au résultat cherché. L’argument de Bistraque nous emmène, lui, de l’autre côté du miroir, dans un monde un peu magique où certaines choses cachées deviennent limpides ou même évidentes, mais où le contact est perdu avec les raisons qui sous-tendent ces choses dans l’univers « réel ».

          Document joint : obliques.pdf
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