30 septembre 2019

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5.4.5

Figures sans paroles
Le 30 septembre 2019, par Arseniy Akopyan - 3 commentaires

  • 5.4.5

    le 30 septembre 2019 à 15:08, par Hébu

    Bis repetita va finir par lasser, comme aurait dit à peu près César (cf. le bouclier arverne).

    On retrouve la figure au complet - où mettre un cercle supplémentaire ? Et la ribambelle, bien huilée, se déroule :

    .
    Z = EH + FG - (EF + HG)=
    (JY - JE - HY) + (PS - PF - GS)
    - ((KO - KE - FO) + (XT - XH -GT))

    Premières éliminations (HY = XH, etc.)

    .
    Z = JY + PS - KO - XT

    .
    Puis, JY=LW, etc.

    Z= LW + NQ - IM - RV

    .
    A nouveau, on retranche les bras des tangentes

    Z= (AD - AL - DW) + (BC - BN - CQ) - (AB - AI - BM) - (CD - CR - DV)

    .
    Et les dernières simplifications aboutissent, comme il se doit à

    Z = EH + FG - EF - GH = AB + CD - AD - BC

    .

    Là encore on est en présence d’une cns : ABCD et EFGH sont, en même temps, circonscriptibles.
    Et les figures précédentes (5.4.4, 5.4.3...) sont des cas particuliers.

    Document joint : idm5-4-5.jpg
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    • 5.4.5

      le 1er octobre 2019 à 10:35, par Sidonie

      Bonjour

      Une variation dans le cas d’un quadrilatère quelconque.

      Dans le quadrilatère ABCD on place E,F,G et H sur les bissectrices intérieures issues de A,B,C et D. Ensuite on trace les symétriques des droites (AB), (BC), (CD) et (DA) par rapport à (EF), (FG), (GH) et (HE). Elles forme le quadrilatère IJKL.

      Le but de la démonstration est AB + CD -AD - BC = IJ + KL -IL - JK autrement dit que ABCD et IJKL ont la même différence entre les sommes des côtés opposés avec pour conséquence que si ABCD est circonscriptible alors IJKL l’est aussi.

      Je note M et N les symétriques de I par rapport à (EF) et (EK) et P le symétrique de J par rapport à (EF)

      On a tout de suite MN = IJ

      On a aussi EM = EI =EN et donc un cercle de centre E qui passe par M, N .
      (AE) est un diamètre du cercle donc le symétrique de M par rapport à (AE) appartient aussi au cercle.
      (AE) est la bissectrice issue de A et M appartient à [AB) donc son symétrique par rapport à (AE) appartient à [AD) c’est donc N et AM = AN.

      Il suffit de refaire la construction aux 4 coins et une ribambelle démontre le résultat escompté.

      Maintenant le rapport avec la figure initiale. E,F,G et H sont les centres des petits cercles ils sont bien sur les bissectrices . Les tangentes communes à deux cercles sont symétriques par rapport à la droite des centres. Et comme dit précédemment si ABCD est circonscriptible alors IJKL l’est aussi.

      Document joint : fsp_5.4.5_generalise.jpg
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      • 5.4.5

        le 1er octobre 2019 à 12:20, par Hébu

        Oui, ça apporte une vue nouvelle sur les propriétés qui sont derrière.

        De plus, je trouve excellente cette approche, qui part d’un quadrilatère quelconque pour montrer l’égalité des deux quantités ABAD etc. C’est bête mais ça me semble plus « convaincant » - plus spectaculaire, peut-être, que la construction où nos quadrilatères sont déjà circonscriptibles !

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