28 septembre 2015

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4.3.17

Figures sans paroles
Le 28 septembre 2015, par Arseniy Akopyan - 11 commentaires

  • 4.3.17

    le 8 mai 2020 à 12:54, par Sidonie

    D est le pied de la bissectrice intérieure en A du triangle ABC. E,F,G sont les points de contacts opposés à A,B,D du triangle inscrit dans ABD. I,L,K sont les points de contacts opposée à A,C,D du triangle exinscrit opposé à A au triangle ACD. Il s’agit de montrer que G,I,K et H,E,L sont alignés.

    AH = AG et AL = AK en tant que bras de tangentes. (AD) étant la bissectrice les triangles AHL et AGK ont un angle égal entre deux côtés égaux donc ils sont égaux et les angles (LA,LH) et (KA,KG) sont égaux.

    Les triangles DGE et DIL sont isocèles, opposés par le sommet donc EGIL est un trapèze isocèle, inscriptible. Dans ce cercle on a (LA,LH) = (IG,IE).

    Le triangle CIK est isocèle donc (KA,KG) = (IK,IC) = (IK,IE) .

    Il vient (IG,IE) = (IK,IE) d’où (IG)//(IK) et donc (IG) = (IK) . Même démonstration de l’autre côté.

    A noter que HL = GK et EL = GI d’où EH = IK

    Document joint : fsp_4.3.17.jpg
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    • 4.3.17

      le 20 mai 2020 à 14:48, par Hébu

      J’ai un souci avec cette démonstration. Je bute sur les conclusions à tirer de l’existence du trapèze isocèle EGIL. Vous écrivez « on a (LA,LH) = (IG,IE) ».

      En toute rigueur, il me semble qu’il faudrait écrire (LA, LE)=(IG,IE). Remplacer LE par LH revient à affirmer que L, E, H sont alignés.

      .
      Il y a sûrement quelque chose que je ne vois pas...

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      • 4.3.17

        le 21 mai 2020 à 19:07, par Sidonie

        Au contraire, vous avez bien vu. Avec (LA, LE) on peut démontrer l’alignement K,I,G ainsi que je l’indique. Pour L,E,H il faut recommencer avec (EH,EB) = (HB,HE) = (GL,GI) = (EL,EI) et comme (EB) = (EI) alors (EH) = (EL) et merci pour la relecture.

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  • 4.3.17

    le 22 mai 2020 à 13:21, par Hébu

    Mais peut-être suis-je passé à côté de quelque chose, il me semble y avoir une difficulté. Pour me faire mieux comprendre, je dessine une figure grossièrement fausse — L, E, H ne sont pas alignés, ni G, I, K.

    Mais je porte les bonnes égalités des segments (HB=HE, etc.)

    Et sur ce dessin, j’essaie de comprendre la preuve. Par exemple, pour L, E, H :
    .
    AHL et AGK triangles égaux, (LA,LH)=(KA,KG) et (AB,HL)=(AL,GK)
    .
    HBE isocèle, (HB,HE)=(EH,EB)
    .
    GDE et LDI isocèles, (LG,LE)=(IG,IE)
    .
    et (GL,GI)=(EL,EI) IGL=IEL
    .
    CIK isocèle, (IC,IK)=(KC,KI) ou (KA,KI)

    .
    La preuve déroule la suite :
    (EH,EB) = (HB,HE) = (GL,GI) = (EL,EI)

    .
    J’achète le premier et le troisième signe =, mais quid du second ? Tout ce qu’on sait, c’est (HB,HL)=(GL,GK)

    Document joint : idm4-3-17-fausse.jpg
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    • 4.3.17

      le 23 mai 2020 à 16:44, par Sidonie

      Vous avez mille et une (peut être deux) fois raison et je dois porter le bonnet d’âne qu’aimablement vous m’avez permis d’éviter dans le passé. Le problème reste entier. J’avais une autre démonstration tout aussi invalide.

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  • 4.3.17

    le 23 mai 2020 à 17:33, par Hébu

    Je pense qu’il va falloir s’équiper d’un bonnet d’âne à deux places...

    Ca a l’air si simple ! Mais j’ai trituré la figure dans tous les sens, tombant à chaque fois sur les mêmes pièges.

    Mais il faut y arriver. Courage !

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  • 4.3.17

    le 23 mai 2020 à 21:54, par Hébu

    Quelques idées timides que je ne sais pas trop organiser. Les triangles AHL et AGK me donnent l’envie d’exercer une rotation sur l’un pour l’amener sur l’autre. Mais comment l’utiliser, dans la mesure où les points E et I restent extérieurs à ce mouvement.

    Autre idée. Calculer les angles. par exemple, l’angle HEG vaut 90°-a/4, et LIK 90+a/4. Vous avez dit bizarre ? Il y a aussi IK, qui est parallèle à la bissectrice en C (l’angle en K vaut c/2)

    J’en suis là

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    • 4.3.17

      le 23 mai 2020 à 23:07, par Sidonie

      Vous n’avez aucune erreur, donc le bonnet d’âne ne vous convient pas, par contre je peux remettre ce qui me reste de chevelure libre au vent.
      J’ajoute F et J les centres des cercles et O le centre du cercle inscrit dans ABC. P projeté orthogonal de O sur (BC). R,T,U milieux de [OJ],[EI],[EC]. S centre du cercle E,G,I
      On calcule quelques bras des tangentes :
      DE = $\frac 1 2$(AD + BD – AB)
      DI = $\frac 1 2 $(AC +CD − AD)
      EI = DE + DI = $\frac 1 2$(AC + BC – AB) = CP et en enlevant PI il vient CI = EP et U milieu de [IP]
      (OC) et (JC) sont les bissectrices en C donc (OC)$\bot$((JC) et (AL) tangente au cercle de centre J donne (AL)$\bot $(JL) et donc O,C,J et L appartiennent à un cercle de centre R. La projection orthogonale de (ON) sur (PI) envoie R sur U donc E et C sont symétriques par rapport au diamètre (RU) , C appartenant au cercle, E aussi.
      ON a (ST)$\bot$(EI) diamètre passant par le milieu d’une corde.
      La projection parallèlement à (ME) de (EI) sur (FJ) envoie T milieu de [EI] sur S qui est donc le milieu de [FJ] et alors (RS)//(OF).
      Les cercles de centres R et S passent par E et L donc (RS)$\bot$(EL)
      (OF) est la bissectrice intérieure issue de B du triangle ABC donc (OF)$\bot$(HE)
      D’où (HE)//(EL) et donc confondues ayant un point commun.
      Ma démonstration précédente donne aussi l’alignement G,I,K

      Document joint : fsp_4.3.17_corrige.jpg
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      • 4.3.17

        le 24 mai 2020 à 15:32, par Hébu

        Effectivement, on va pouvoir brûler le bonnet d’âne ! Belle démonstration, sophistiquée — ce qui signifie que le problème n’était sûrement pas élémentaire...

        Ce qui est intéressant, c’est que, pour produire une preuve, il faut réellement utiliser toutes les propriétés de la figure. Ici, on a des segments égaux, et donc des triangles égaux, ou des triangles isocèles, des angles égaux, etc. Mais il faut aussi intégrer le fait que ce sont des cercles inscrits. Finalement, c’est une potion magique, tant qu’on n’ajoute pas le détail pertinent, cela reste inefficace.

        Je m’y replonge (dans la démonstration, pas dans la potion), pour bien la comprendre.

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      • 4.3.17

        le 24 mai 2020 à 18:00, par Hébu

        Une petite contribution, sous la forme d’une variante (qui peut-être raccourcit ;

        Une fois montré que $E$ appartient au cercle $(C,J,L)$, on peut calculer l’angle $\widehat{LEC}$, dans le cercle : $\widehat{LEC}=180-\widehat{CJL}$ ou bien $\widehat{LEC}=\widehat{LOC}$, au choix.

        On trouve $\widehat{LEC}=90-b/2$.

        Et dans le triangle DGI, $\widehat{LEC}=\widehat{DGI}$, ce qui permet de calculer $\widehat{GID}=c/2$ : $\widehat{GID}=\widehat{CIK}$, donc G, I, K alignés

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