Figure sans paroles #4.1.19

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.

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  • 4.1.19

    le 2 de enero de 2020 à 14:54, par Hébu

    On trace les hauteurs $BD$ et $CE$ d’un triangle quelconque $ABC$, ainsi que la bissectrice de l’angle en $A$. Celle-ci coupe $DE$ en un point $F$.

    Un premier cercle passant par $B, E, F$ coupe $CE$ en un point $G$. Un second cercle, passant par $C, D, F$, coupe $BD$ en $H$

    Les segments $CG$ et $BH$ ont même longueur.
    .

    La bissectrice issue de $A$ passe par $F$, par construction, mais aussi par $F'$, l’autre point de sécance des deux cercles. En fait $FF'$ est l’axe radical des deux cercles, et l’examen des triangles $ABD$ et $AEC$, semblables, montre que $A$ est sur l’axe radical (à rapprocher aussi de la figure 4.1.18, où la puissance de $A$ est $AE\times AB=AD\times AC$). $AF'$ est donc axe radical et bissectrice de A.

    .

    $AFD$ et $ACF'$ sont semblables, $\widehat{ADE}=\widehat{B}=\widehat{AF'C}$, ce qui signifie que $F'$ est sur le cercle circonscrit au triangle $ABC$.
    .

    On note $G'$ et $H'$ les projetés de $G, H$ sur $BC$. $CG'G$ et $CEB$ sont semblables, donc $CG'/CG=CE/CB$ ce qui implique que $G'$ est sur le cercle passant par $B, E, F$. De même $H'$ est sur le cercle passant par $C, D, F$.

    Les centres de ces cercles sont les milieux de $BG$ et $CH$.

    .
    On note $K$ l’intersection de $AF$ avec $BC$. Puisque $AF'$ est la bissectrice de l’angle en $A$, alors $AB/AC=KB/KC$ (1). Et puisque $AF'$ est l’axe radical des deux cercles, $KG'\times KB=KH'\times KC$ (2).

    %$HF'B=GF'C$ ?
    Maintenant, on écrit les puissances de $B$ et $C$ par rapport aux cercles passant par $C$ et $B$:
    $BH\times BD=BH'\times BC; CG\times CE=CG'\times BC$.

    C’est à dire $BH/CG=BH'\times CE/(BD\times CG')$ (3)

    .L
    La similitude des triangles rectangles $EAC$ et $DAB$ autorise à écrire $AB/AC=CE/DB$. Si on rapproche de (1), puis de (2), cela donne $AC/AB=CE/CB=KC/KB=KG'/KH'$ (4).

    .
    Il faut encore triturer (2): $KG'\times(KH'+BH')=KH'\times (KG'+CG')$, d’où on extrait $KG`\times BH'=CG'\times KH'$, soit $KG'/KH'=CG'/BH'$ (5).

    .
    Si alors on porte (4) et (5) dans (3), on voit que $BH/CG=1$.

    .

    C’est un peu long (peut-être suis-je trop prolixe), mais surtout laborieux. Peut-on faire plus light ?

    Document joint : idm4-1-19.jpg
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