Figure sans paroles #9.5

Figure sans paroles
Écrit par Arseniy Akopyan
Publié le 28 août 2023

ÉCRIT PAR

Arseniy Akopyan

Chercheur - Institute of Science and Technology (Autriche)

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Commentaires

  1. Hébu
    août 29, 2023
    20h43

    Deux carrés, avec un sommet \(D\) commun : \(ABCD\) et \(DEFG\). Il est possible alors de placer trois points \(P, Q, R\) tels que \(AQGP\) et \(CREQ\) soient deux autres carrés.

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    Le seul problème est d’exhiber un point \(Q\), tel que \((QG,QA)=(QC,QE)=90\)° — pour les points \(P\) et \(R\), aucune contrainte ne les lie.

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    Je note \(O\) le « centre » du carré \(ABCD\) (intersection des diagonales). La rotation de centre \(O\), 90°, sens anti horaire, amène \(DC\) sur \(AD\) et \(DE\) en \(AE’\), \((AD,AE’)=(DC,DE)\).

    Les segments \(AE’\) et \(DG\) sont parallèles et de même longueur (AE’ et DE de même longueur et perpendiculaires) : \(AE’GD\) est un parallélogramme.

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    \(H\) intersection de \(DE’\) et \(AG\) est milieu de ces segments.

    La rotation transforme le triangle \(DEC\) en \(AE’D\). Si je note \(K\) le milieu de \(CE\), elle transforme le triangle \(DKC\) en \(AHD\).

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    La médiatrice de \(AG\) coupe la médiatrice de \(CE\) en un point \(Q\).
    \(HQ // DK\) (puisque HQ et DK sont perpendiculaires à AG) ; \(DH // QK\) (puisque DH et QK sont perpendiculaires à CE).
    \(HDKQ\) est donc un parallélogramme, \(QH=DK=AH\), et \(QK=DH=CK\).

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    \(HAQ\) et \(KQC\) sont des triangles rectangles isocèles, de sorte que \((QG,QA)=\pi/2\). Même chose pour \(KQC\) et \(KEQ\) et \((QC,QE)=\pi/2\). Le point \(Q\) est le troisième sommet des deux carrés fantômes.

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    En fait, j’ai l’impression qu’il doit y avoir plus direct…

    • Sidonie
      août 31, 2023
      14h21

      La rotation de centre D et d’angle π/2 transforme A en C et E en G donc AE =CG et (AE) perpendiculaire à (CG).Soit I leur intersection.
      Puisqu’on veut obtenir un carré il faut que (QC,QE) = (QG,QA) = π/2.
      Si Q existe alors c’est la deuxième intersection entre les cercles de diamètres [AG] et [CE] notés (h) et (k).
      En fait on peut démontrer que Q est le milieu de [BF] ce qui simplifie la construction mais pas la démonstration.
      Le quadrilatère ACEG a ses diagonales égales et perpendiculaires donc son parallélogramme des milieux OKPH est un carré et on OP =AK et (OP) perpendiculaire (AK). (AK) étant la droite des centre de (h) et (k) on a (OP)//(QI).
      Dans le triangle DBF la droite des milieux (OP) est parallèle au côté (BF) d’où (BF) // (QI).
      On considère les cercles (o) et (p) circonscrits aux carrés. On a (IB,IC) = (IF,IG) = π/4 comme I, C et G sont alignés il en sera de même pour I, B et F et les droites (QI) et (BF) sont confondues.
      Les angles inscrits dans (h) et (k) (IQ,IG) et (IQ,IC) sont égaux à π/4 donc les angles aux centres (HQ,HG) et (KQ,KC) sont égaux à π/2.
      Les symétriques de Q par rapport H et K terminent la construction des 2 carrés cherchés.

  2. Sidonie
    septembre 1, 2023
    15h54

    En fait la démonstration par Q milieu de [BF] est plus simple.

    I, L, K et J sont les projetés orthogonaux de B, D, Q et F sur (BC). Par projection K est le milieu de [IJ].

    Les triangles BIC et CLD sont égaux ainsi que JEF et LDE :
    IC = LD = EJ et K devient le milieu de [BC]
    IB = CL et JF = LE donc IB + JF = CE or dans le trapèze IBFJ on a KQ = (IB + JF)/2 = CE/2.

  3. Reine
    septembre 6, 2023
    16h55

    Voici un autre argument, qui a l’inconvénient de seulement montrer l’existence du point Q sans en préciser la position, et l’avantage de se prêter à une petite généralisation.

    La rotation R de centre D et d’angle π/2 envoie A sur C et E sur G. La symétrie S par rapport au milieu de CG est une rotation d’angle π qui échange C et G. En effectuant d’abord S puis l’inverse de R, on obtient une rotation d’angle π−π/2 qui envoie C sur E et G sur A. Il suffit d’appeler Q le centre de cette rotation pour faire apparaître deux carrés QCRE et QGPA.

    Le même raisonnement, en y remplaçant π/2 par un angle arbitraire α (et π−π/2 par π−α) montre que la propriété subsiste lorsque les quatre carrés de cette figure sont remplacés par quatre losanges tous semblables (figure jointe) : si DABC et DEFG sont deux losanges semblables, il existe des points P, Q et R tels que CREQ et GPAQ soient des losanges semblables aux deux autres.

  4. Pedro Roitman
    juin 22, 2024
    20h52

    Un truc jolie: la somme des aires des carrées originaux est égal a la somme des aires des carrés « fantômes ».