Bonjour
Je suis tombé par hasard sur un travail de réflexion et d'observation que devait faire les élèves sur la figure suivante :
On a un carré ABCD de côté 1. On a le point E sur AD (AE = a). On trace BE et CE ce qui partage le carré en 3 triangles dont 2 rectangles. On trace les 3 cercles inscrits (C1 dans ABE, C2 dans BEC et C3 dans CED. On trace la 2e tangente extérieure aux cercles C1 et C3.
A partir de cette figure on peut donner les rayons en fonction de a. On s'aperçoit que la tangente aux cercles C1 et C3 semble être également tangente au cercle C2. Comment le démonter "simplement" ? Car ma méthode (géométrie analytique) est très compliquée. On pourrait aussi calculer a pour que les 3 rayons soient en P.A. J'ai procédé par approximations successives car les calculs deviennent vite "très lourds".
Bonjour
Remarque : R2 varie peu lorsque E se déplace sur AD.
Ci-dessous la figure avec les 3 surfaces en P.A.
Par la formule où est le rayon du cercle inscrit, la surface du triangle et le demi-périmètre, on calcule facilement et .
De là on construit O1 et O3.
La tangente est la symétrie de l'axe y par la droite passant par O1 et O3.
Soit G et H les intersections de la tangente avec respectivement CE et BE. O2 est le cercle inscrit au quadrilatère BCGH. O2 est donc sur GO3 et HO1.
Il suffit de montrer que |BC|+|GH| = |CG|+|BH| (théorème de Pitot) pour montrer que le quadrilatère a bien un cercle inscrit.
Je n'ai pas encore fait les calculs et j'ai un peu mélangé les "si" et les "si et seulement si"
mais je pense que c'est une bonne piste.
En fait par cette construction, on a un cercle tangent à CG, GH et BH. Il suffit de montrer que O2 est tangent à BC. Ce qui peut se faire en montrant que l'ordonnée de O2 = 1-r3.
r3 étant donné par
Bonjour,
>Littlefox
Pour clarifier restons sur les notations de derny
Ras pour r1 et r2 mais je voudrais éviter le quadrilatère pour r3
J'ai calculé r2 par les tangentes et comme dit dans l'énoncé la variation en fonction de a
est faible.
Je continue à chercher une solution acceptable pour la tangente...
Une piste ...
On trace la tangentes aux cercles c1 et c3 ,on trouve son angle avec la droite AD par son
demi angle passant par les centres (différence des rayons sur segments des centres).
On arrive à l'angle en G (de Littlefox) et on doit démontrer que l'angle que formerait
la tangente à c2 est égal...
Bonjour,
Il est dommage que les solutions ne soient pas menées à terme…
Pour ce Sangaku voici le principe d'un calcul formel abouti,
les notations sont reprises de celles du 14-06-19 à 12:38 :
Si l'on veut utiliser le "théorème de Pitot" (Merci LittleFox pour ce rappel),
autant l'appliquer aux 2 quadrilatères DIGE et EHJA.
Montrer que les longueurs des segments GH + BC = BH + CG
est équivalent à montrer que AJ + DI + BE + CE = 2 + IJ
et le calcul formel (qui va suivre) est bien plus facile que passer par les points G et H.
Justification : Par construction de la 2ème tangente extérieure aux 2 cercles (O1,r1) et (O3,r3)
DI + EG + EH + AJ = 1 + IG+HJ = 1 + IJ - GH
AJ + DI + BE- BH + CE - CG = 2 + IJ - GH -1
donc BH + CG = BC + GH AJ + DI + BE + CE = 2 + IJ
On pose b = BE et c = CE
Les aires des triangles ABE et ECD donnent :
Enfin
qu'il faut comparer à C.Q.F.D.
Bravo d'avoir eu le courage de faire les calculs et de les recopier
Étonnant que cette propriété simple soit si compliquée à démontrer !
Bonjour Sylvieg,
Je ne trouve pas cette propriété si simple.
Pour chaque cercle il passe 5 bissectrices en son centre...
Et tout se brouille si ABCD n'est plus un carré.
Que de propriétés insoupçonnées !!! Merci.
On n'en finit jamais quand on est dans les cercles et les triangles.
Je reste néanmoins assez satisfait de ma démarche...
Bravo vham.
J'avais bien avancé dans les calculs mais plein d'obligations m'ont détournées de ce problème. Il reste à démontrer (entre autres propriétés) que le cercle passant par les 3 centres passe également par E (je n'y ai pas encore réfléchi).
Bonjour,
Après avoir vu la page 11 ( Sylvieg 26-06-19 19:27 ) puis le carré page 12,
Derny a la réponse à sa question initiale ( démontrer "simplement " ) et mes efforts (calculs formels) paraissent bien dérisoires.
Je ne suis pas d'accord sur le "dérisoire" :
Tu peux être satisfait de ta démarche, avec l'idée de garder b et c sans s'encombrer de racines carrées.
Ton message suivi du calcul m'a motivée pour approfondir le théorème de Pitot, surtout la réciproque ; et donc trouver le fichier de Jean Louis Ayme.
Bonjour,
J'ai décortiqué le document de Jean Louis Ayme. J'en extrais ce qui nous concerne, c'est-à-dire la démonstration de la propriété suivante :
Le quadrilatère MNCD est un quadrilatère de Pitot si et seulement si le quadrilatère ABCD est un quadrilatère de Pitot.
Ça revient à démontrer CN+DM-MN = BC+AD-AB dans la figure ci-dessous.
NW = NS et MV = MT . D'où :
CN+DM-MN = CN+NW+DM+MV - (MN+NS+MT) = CW+DV-TS
Par symétrie d'axe (O1O2) on a TS = PQ . De plus CW = CR et DV = DU . D'où :
CW+DV-ST = CR+DU-PQ = BC-BR + AD-AU - PQ = BC+AD-(BQ+AP+PQ) = BC+AD-AB
Bonjour,
--> Sylvieg : j'ai décortiqué aussi la suite de "J.L. Ayme", que d'ouvertures sur un monde géométrique inépuisable, que l'on juste effleuré quand j'étais jeune (années 50)
J'ai depuis ( années > 2005 ) acquis "La géométrie du triangle" de Lalesco mais j'y vais doucement...
Bonjour,
J'ai été au départ rebutée par ce document, tout en ayant l'impression qu'il apportait la réponse aux questions posées ici.
C'est ton message du 27 à 10h21 qui m'a décidée à y regarder de plus près.
Je ne suis pas habituée à ce vocabulaire (scolie, vision, visualisation, ...). Le mot "donné" semble être utilisé pour "propriété à démontrer".
Ce qui m'intrigue, c'est le parti pris de ne pas utiliser des symétries orthogonales ou le théorème de Pythagore quand ils sont utiles.
La notion de "preuve synthétique" m'est aussi étrangère.
La "visualisation suffisante" du théorème de Pitot page 9 et 10 me plait beaucoup.
C'était en fait ce que je cherchais au départ.
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