Niveau collège

pldx1 · May 2023

Revenons sur le dîner de cons initial. On part d'un angle $\widehat a$, on construit le triangle isocèle ABC en A, tel que $\widehat B = 4\widehat a$ et on souhaite que $\widehat {CBD}$ soit un multiple entier de l'angle initial. Si l'on considère que $\widehat a$ appartient au groupe des angles de droites, on trouve qu'il y a exactement six valeurs possibles pour cet angle, à savoir $10°,20°,40°,50°,70°, 80°$. Ce qui donne les six figures ci-dessous, où les objets sont indicés par la valeur de l'angle principal.

Image: https://les-mathematiques.net/vanilla/uploads/editor/yj/zcvyns3clxnc.png

Pour obtenir ce résultat, on pose $s\doteq \tan \widehat a$, on calcule les tangentes des angles résultants et on écrit les égalités voulues. La condition s'écrit alors $3\,{s}^{6}-27\,{s}^{4}+33\,{s}^{2}-1=0$, ce qui correspond à $\tan 9 \widehat a=\infty, \tan 3 \widehat a\neq \infty$.

On en déduit le fameux théorème: au collège, tous les angles sont multiples de $10°$. Ah, les nonogones, ils reviennent régulièrement !

Cordialement, Pierre.

gebrane · May 2023

Bonjour
@Rescassol, si l'énigme est un maronnier du forum, donnez-nous le lien.

@Ericpasloggue, merci pour les deux liens qui contiennent deux solutions à mon énigme.

J'espérais que quelqu'un me donnerait une façon originale de résoudre l'énigme. Mon amie prof de mathématiques m'a proposé l'énigme et m'a donné une idée qui ressemble à celle de Raoul-S, en proposant de pointer un point G pour obtenir un triangle équilatéral. Elle a suggéré de tracer une parallèle à BC passant par C', qui va couper la droite AC en D. En traçant le segment [BD], on voit apparaître (voir dessin) un triangle équilatéral BCG (à justifier).
Qui peut résoudre l'énigme avec cette méthode ?

Image: https://les-mathematiques.net/vanilla/uploads/editor/jp/dn5aeylt3uk2.jpg

pappus · May 2023

Bonjour à tous

En ce qui concerne le problème initial, much ado about nothing, beaucoup de bruit pour rien, que dire de plus après la belle solution de Ludwig?

Je vais regarder cette figure sous un aspect qui fera plaisir à certains, celui de la trisection de l'angle de $60°$ et pour cela je me baserai sur la conchoïde de Nicomède telle qu'on peut la trouver dans Mathcurve:

Image: https://les-mathematiques.net/vanilla/uploads/editor/nq/1bp1w019qcrg.gif

Néanmoins, cette figure est insuffisamment documentée dans la mesure où les angles utilisés ne sont pas orientés, à vrai dire rien de plus normal dans notre marécage thaléso-pythagoricien où nous pataugeons depuis des décennies.

Il y manque quelque chose d'essentiel que je vous laisse trouver.

J'applique ensuite cette figure documentée à la trisection de l'angle de $60°$:

$$3(\overrightarrow{BC},\overrightarrow{BA_1})=3(\overrightarrow{BC},\overrightarrow{BA_2})=3(\overrightarrow{BC},\overrightarrow{BA_3})=(\overrightarrow{BC},\overrightarrow{BA})$$

Amicalement

pappus

gebrane · May 2023

Bonjour Pappus,

Content de te revoir, j'espère que tu vas bien. Je te souhaite santé, bonheur et longue vie. En te lisant dire sur le problème initial: beaucoup de bruit pour rien. Il semble que tu n'as pas vu la méthode de Raoul-S, qui a l'avantage de s'appliquer lorsque le point D est à l'extérieur de [A,C]. Contrairement à la méthode de Ludwig, je ne vois pas comment l'appliquer au problème similaire à l'exercice initial.

Cordialement.

pappus · May 2023

Bonjour à tous

Comme je m'y attendais, calme plat sur le front des trisections, ce qui n'est guère étonnant au pays du Camembert et de ses angles éponymes!

Je restitue la figure de Mathcurve dans toute sa splendeur oubliée.

Sur la figure ci-dessous, il s'agit de trisecter l'angle orienté:

$$(\overrightarrow{BC},\overrightarrow{BA})$$

Patatras, des angles orientés! Cela vaut-il la peine de continuer sans traumatiser à vie mes lecteurs?!!

Faisons comme si et continuons!.

Pour cela, on s'intéresse à la conchoïde de Nicomède notée $\Gamma$ et définie de la façon suivante.

On choisit un point $M$ sur la médiatrice $\Delta$ de $BC$ qui passe par $A$, le triangle $ABC$ étant supposé isocèle.

Le cercle de centre $M$ et de rayon $r=AB$ recoupe la droite $BM$ en deux points $M'$ et $M''$.

Dans une discussion voisine, on philosophe en long et en large sur l'existence de ces intersections, histoire de passer le temps!

La conchoïde $\Gamma$ est le lieu des points $M'$ et $M''$ quand $M$ décrit la médiatrice $\Delta$.

Venons en à cette trisection maudite!

Le cercle de centre $A$ passant par $B$ recoupe $\Gamma$ en quatre points:

1° Le symétrique $A'$ de $B$ par rapport à $A$.

2° Trois autres points $D_1$, $D_2$, $D_3$ formant un triangle équilatéral induisant les trisections:

$$3(\overrightarrow{BC},\overrightarrow{BD_1})=3(\overrightarrow{BC},\overrightarrow{BD_2})=3(\overrightarrow{BC},\overrightarrow{BD_3})=(\overrightarrow{BC},\overrightarrow{BA})$$

Mathcurve souligne délicieusement que ces points $D_1$, $D_2$, $D_3$ ne peuvent être construits que de façon approchée, à croire que c'est Nicomède lui même qui a écrit cet article car il ne pouvait prévoir l'existence des logiciels de géométrie dynamique.

Au lieu de se droguer perpétuellement à montrer ad nauseam que trois points sont alignés ou trois droites concourantes, voici une jolie construction à justifier histoire de voir si on maitrise bien la notion d'angle orienté!

Amicalement

pappus

Image: https://les-mathematiques.net/vanilla/uploads/editor/tl/zciivc6oxuls.gif

pldx1 · May 2023

Bonjour.
Comme on le sait, un angle de droites orienté se caractérise par sa tangente. Par conséquent, on pose $B=-I, C=+I,A={\dfrac {3\,t-{t}^{3}}{1-3\,{t}^{2}}}$ et on touille. Encore un marronnier !
Cordialement, Pierre.

gebrane · May 2023

Pour l'exercice initial de ce fil, il existe plusieurs solutions. Mais peut-on écrire un code en s'inspirant d'une solution, c'est-à-dire que si on donne l'angle en A, le programme nous renverra l'angle en D ?"

Ludwig · May 2023

Tu peux faire les calculs avec le triangle $DFC$ tel que je l'ai construit. Je note $\alpha=\widehat{BAC}$ et je prends $AB=AC=1$. Alors $DF=1$, $\widehat{DFC}=(3\pi+\alpha)/4$ et $FC=2\sin((3\alpha-\pi)/4)$. Ensuite tu calcules $CD$ avec la loi des cosinus et tu en déduis $\widehat{CDF}$ avec la loi des sinus.

Image: https://les-mathematiques.net/vanilla/uploads/editor/87/ckhxgb53y5xg.png

gebrane · May 2023

Merci, je vais y réflechir

NicoLeProf · May 2023

gebrane a dit :
Qui peut résoudre l'énigme avec cette méthode ?

Hello gebrane, j'arrive à prouver que $BCG$ et $DGC'$ sont équilatéraux mais je ne vois pas comment conclure ensuite. Je dois louper quelque chose de trivial sans doute ! ^^'

gebrane · May 2023

Non Nico, ce n'est pas trivial, c'est un casse tête. Tu vas avoir l'impression de tourner en rond

gebrane · May 2023

As-tu abandonné tes recherches Nico ? Tu es le seul espoir car les autres ont abandonné

NicoLeProf · May 2023

Non, je cherche petit à petit. J'en suis resté à tracer la parallèle à $(C'D)$ passant par $B'$ et j'ai prouvé que j'ai un triangle isocèle (on perd le triangle équilatéral ici).

Je continuerai quand j'aurai un peu de temps ! ^^'

pldx1 · May 2023

Bonjour, $\def\ptv{~;~} \def\pcct{\mathbb{P_{C}\left(C^{\mathrm{3}}\right)}} \def\simdoteq{\stackrel{.}{\simeq}} \def\tra#1{{{\vphantom{#1}}^{t}{#1}}} \def\pyth{\boxed{Pyth}}\def\Sa{S_{a}} \def\Sb{S_{b}} \def\Sc{S_{c}} \def\rr{\mathbb{R}} \def\linf{\mathcal{L}_{\infty}}$

gebrane a dit: Nico, tu es le seul espoir car les autres ont abandonné.

Ainsi donc gebrane n'a toujours pas remarqué que mentionner le nonogone suffit à résoudre toutes ces histoires d'angles de 10°.

NicoLeProf a dit: Je pensais qu'on n'avait pas de produit scalaire ici vu que l'on raisonne dans un repère affine non orthonormé" .

Rescassol a répondu: "function V = Vecteur(A1,A2); A1=Normalise(A1); A2=Normalise(A2); V = VecteurDirecteur(Wedge(A1,A2)); end" .

Essayons une autre réponse. On raisonne dans l'espace projectif $\pcct$, c'est à dire avec des objets définis selon le modèle $X\simdoteq\left(\begin{array}{c} x\\ y\\ z \end{array}\right).$ Comment expliquer cela à un ordinateur ? Cela commence par \[ v:=\mathrm{Vector}[\mathrm{column}]([x,y,z]). \] La toute première chose à comprendre est que le symbole $\simdoteq$ (simdoteq) est différent du symbole $:=$ (assign)... et qu'il est vraisemblable que l'utilisation de deux symboles différents serve à indiquer deux intentions différentes, qui se traduiront par deux modes d'emploi différents. Le symbole $:=$ (assign) commence par indiquer que l'on cause à un ordinateur, qui appliquera à la lettre les règles qui lui ont été données. Autrement dit, les esbroufes dans le genre "le lecteur comprendra de lui même que..." échoueront inmanquablement. Se reporter à un manuel de programmation pour plus de détails. Pour sa part, le symbole $\simdoteq$ indique deux choses. En premier lieu, le point (overline dot) indique qu'il s'agit d'une définition. Autrement dit, on ne cherche pas à résoudre quoi que ce soit. On se contente d'indiquer que $X$ sera utilisé comme une abréviation de ce qui suit. En deuxième lieu, le symbole $\simeq$ sert à noter une égalité "à un multiplicateur près" . Autrement dit $x:y:z\simeq p:q:r$ est une abréviation pour \[ \left(\exists k\neq0\right)\left(x=kp\;\mathrm{et}\;y=kq\;\mathrm{et}\;z=kr\right) \] Il reste à expliquer cela à votre ordinateur. Cela se fait à grandes doses de produits en croix... Quant à déterminer informatiquement si une expression est nulle ou non, on sait qu'il s'agit d'une problèmatique particulièrement difficile. Dans ce contexte, l'opérateur $\wedge$ (wedge) est un opérateur symétrique qui prend en entrée deux colonnes définies chacune à un facteur près et donne en sortie une ligne définie à un facteur près. L'espace des points est une copie de $\pcct$, tandis que l'espace des droites est une autre copie de $\pcct$. Et les vecteurs dans tout cela ? Pour commencer, nous avons l'intention que $N\doteq M+\overrightarrow{MN}$ et $P\doteq M+2\overrightarrow{MN}$ définissent deux points différents (à moins que $M=N=P$). Autrement dit, les vecteurs ne sont pas définis "à un facteur près" . En outre, il n'y a pas de vecteurs intrinsèques. Les vecteurs dépendent de la droite choisie comme droite de l'infini (se rappeler la définition d'une translation). On définit $\overrightarrow{MN}$ par: \[ \overrightarrow{MN}\doteq\dfrac{N}{\linf\cdot N}-\dfrac{M}{\linf\cdot M} \] Evidemment, l'existence même de $\overrightarrow{MN}$ suppose chacun des points $M,N$ se trouve "à distance finie" , c'est à dire en dehors de la droite de l'infini. Et alors la formule de Chasles tombe toute cuite. En plus, cela donne un chemin calculatoire beaucoup plus simple que celui proposé par Rescassol. Au vu de cette définition, on a \[ \overrightarrow{AB}\doteq\left(\begin{array}{c} -1\\ +1\\ 0 \end{array}\right)\ptv\overrightarrow{BC}\doteq\left(\begin{array}{c} 0\\ -1\\ +1 \end{array}\right)\ptv\overrightarrow{CA}\doteq\left(\begin{array}{c} +1\\ 0\\ -1 \end{array}\right) \] Et on se demande quelles sont les matrices $\boxed{\mathcal{Q}}$ telles que \[ \tra{\overrightarrow{AB}}\cdot\boxed{\mathcal{Q}}\cdot\overrightarrow{AB}=c^{2}\ptv\tra{\overrightarrow{BC}}\cdot\boxed{\mathcal{Q}}\cdot\overrightarrow{BC}=a^{2}\ptv\tra{\overrightarrow{CA}}\cdot\boxed{\mathcal{Q}}\cdot\overrightarrow{CA}=b^{2} \] Pour ceux qui ne l'auraient pas remarqué, il est question ici d'égalités "en dur" et pas d'égalités à un facteur près. Parmi les possibilités il y a (comme déjà indiqué par JLT) \[ \boxed{\Gamma_{O}}\doteq\dfrac{-1}{2}\,\left[\begin{array}{ccc} 0 & c^{2} & b^{2}\\ c^{2} & 0 & a^{2}\\ b^{2} & a^{2} & 0 \end{array}\right]\ptv\boxed{\Gamma_{H}}\doteq\left[\begin{array}{ccc} \Sa & 0 & 0\\ 0 & \Sb & 0\\ 0 & 0 & \Sc \end{array}\right] \] Spoiler. Une lectrice attentive aura remarqué que $\Gamma_{O}$ est la matrice décrivant le cercle circonscrit (centré en $O$) tandis que $\Gamma_{H}$ décrit le cercle diagonal (centré en $H$). Un battement de cils plus tard, cette même lectrice aura décrypté la situation en se demandant "que pouvait-on attendre d'autre des ombilics ?" . En résumé, affine= passons à autre chose.

Cordialement, Pierre.

Rescassol · May 2023

Bonjour,

Pourquoi faire simple quand on peut faire compliqué, n'est-ce pas, Pierre ?
J'ai modifié ma fonction:

function V = Vecteur(A1,A2)
         % Calcule le vecteur A1A2
         
         A1=Normalise(A1);
         A2=Normalise(A2);
         V = (A2-A1)';      
end

Cordialement,

Rescassol

PS: l'apostrophe sert à transposer.

gebrane · May 2023

Pierre, pour une fois, est-ce que vraiment tu me lis ? Une prof de maths m'a suggéré une méthode pour résoudre l'énigme

gebrane a dit :

Mon amie prof de mathématiques m'a proposé l'énigme Elle a suggéré de tracer une parallèle à BC passant par C', qui va couper la droite AC en D. En traçant le segment [BD], on voit apparaître (voir dessin) un triangle équilatéral BCG (à justifier).
Qui peut résoudre l'énigme avec cette méthode ?

Question. Pierre, restons au niveau collège. Peux-tu résoudre le problème avec cette méthode accessible au niveau collège.

(Si personne ne trouve, je vais expliquer le comment) .

NicoLeProf, peux-tu donner un beau dessin en marquant les valeurs des angles que tu as trouvé sur le dessin.

Ludwig · May 2023

Une formule générale pour l'angle $\theta$ en $D$ : $$\sin{\theta}=\frac{1}{\sqrt{1+\big( \cot(\alpha)-\sec({\frac{\alpha}{2}})\big)^2}}.$$

gebrane · May 2023

Merci, ça marche

import math

def calculer_angle_theta(alpha):
    cot_alpha = math.cos(alpha) / math.sin(alpha)
    sec_alpha_2 = 1 / math.cos(alpha / 2)
    terme_interieur = cot_alpha - sec_alpha_2
    terme_interieur_carre = terme_interieur ** 2
    denominateur = math.sqrt(1 + terme_interieur_carre)
    theta = math.asin(1 / denominateur)
    return theta

# Exemple d'utilisation
alpha = math.radians(100)  # Convertir l'angle alpha en radians si nécessaire
theta = calculer_angle_theta(alpha)
theta_degrees = math.degrees(theta)  # Convertir theta en degrés si nécessaire

print(f"L'angle theta est: {theta_degrees} degrés")

NicoLeProf · May 2023

Image: https://les-mathematiques.net/vanilla/uploads/editor/0c/tml6ogelwcb5.png

Voici une figure très chargée (trop chargée !) , difficile d'avoir les idées claires dessus. J'ai mis des couleurs pour tenter de la rendre plus lisible...

Les droites $(C'D)$ et $(BC)$ sont parallèles, une chasse aux angles élémentaire couplée au fait que les triangles $C'DC$ et $DC'B$ sont semblables avec un côté en commun donc isométriques permet d'affirmer que les triangles $C'DG$ et $BCG$ sont équilatéraux.

Ensuite, j'ai eu l'idée de tracer la parallèle à $(DC')$ passant par $B'$. Je parviens à prouver que les triangles $EB'F$ et $C'DF$ sont isocèles en $F$.

Je ne vois pas comment conclure... Peut-être une évidence que je ne vois pas? Ce ne serait pas la première fois sur ce forum lol alors au point où j'en suis !!!

gebrane · May 2023

Merci pour ce très beau dessin. Il va inspirer @raoul-s

@NicoLeProf Trace la bissectrice issue de A

raoul.S · May 2023

Non, mon escapade dans le monde de la géométrie est déjà terminée et je ne compte pas y remettre les pieds de sitôt...

gebrane · May 2023

Raoul-S
Je crois que je vais faire de même, mais pour une autre raison. Les géomètres ne sont pas accueillants, à l'exception de quelques-uns. Pierre profite chaque fois que je mets le pied dans ce forum pour vouloir m'écraser avec son ton moqueur. Je ressens également cette moquerie de la part de Rescassol. Tant pis, je me tourne vers l'analyse.

Ludwig · May 2023

Tu te trompes @gebrane, en tous cas tu renonces bien vite. Je crois surtout que la différence de niveau entre les différentes intervenants sur le forum entraîne de facto une différence de lecture des petites phrases dissimulées ça et là dans les posts, j'en ai moi-même fait l'expérience

Normal, on rage de ne pas y arriver, alors on charge ceux qui y arrivent, grrrr...
Et puis, quelques mots véritablement assassins, c'est de bonne guerre! Cela aide même, car ça remet les personnes à leur place, comme on dit, et donc de repartir du bon endroit !

jelobreuil · May 2023

Bonsoir, @gebrane

Ne te crois pas spécialement la cible des sarcasmes de Pierre : c'est le ton qu'il adopte généralement, du haut de son Everest, et dès qu'il intervient dans une discussion : il n'a vraiment de considération que pour les gens de son niveau, le reste des intervenants étant à ses yeux quantité négligeable ... voir cette discussion https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/2333732/un-point-de-concours-et-deux-alignements-inattendus#latest et notamment les messages des 27, 28 et 30 mars.

Par contre, si Rescassol, c'est vrai, n'explicite pas beaucoup ses calculs, je n'ai jamais eu l'impression qu'il se moquait de ses interlocuteurs, au contraire ! Et il est toujours prêt à donner les explications nécessaires à qui les lui demande, avec gentillesse et courtoisie. Notamment ce que veulent dire les expressions "Morley circonscrit" et "Morley inscrit" : il l'a encore fait dans une discussion récente, du début de ce mois, il me semble.

Pour ce qui est de ta dernière énigme, le fait est qu'elle est facile à résoudre si l'on plonge ton triangle 20°-80°-80° dans un ennéagone. C'est en ce sens que Rescassol qualifiait ce problème de "marronnier du forum", car le fait que ce triangle est caractéristique d'un ennéagone régulier est très connu ... Je vais faire une figure que je joindrai à ce message, d'ici une heure ...

Bien cordialement, JLB

Image: https://les-mathematiques.net/vanilla/uploads/editor/1n/kmrayer91yzc.png

Il faut alors faire intervenir les propriétés de l'ennéagone régulier, de ses diagonales et de leurs médiatrices. Le point délicat, il me semble, pour ton problème est de montrer que B'C' est parallèle à la bissectrice de BDG, ce dont on déduit que l'angle C'B'A' vaut 20°.

Rescassol · May 2023

Bonsoir,

Tu es bien susceptible, Gebrane, je dis moi-même des bêtises de temps en temps, et Pappus ou Pierre ne se gênent pas pour me le faire comprendre.

Cordialement,
Rescassol

Ludwig · May 2023

Ou plus simplement $\theta=\pi/2-\tan^{-1}\big(\sec(\alpha/2)-\cot(\alpha)\big)$.

gipsyc · May 2023

Bonjour gebrane
J'ai corrigé mes coquilles ... avec retard.
Une autre preuve (sans mots), si besoin en était, sans mots.

Image: https://les-mathematiques.net/vanilla/uploads/editor/hk/96e8b82yoc6j.jpeg

https://www.geogebra.org/m/kwgp4abk
Cordialement,
Jean-Pol Coulon

Jean-Louis Ayme · May 2023

Bonjour,
pour le problème initial
http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/Docs/Evaluation angles.pdf Problèmes 1 et

Sincèrement
Jean-Louis

gebrane · May 2023

Merci Jean-Louis Ayme, c'est très beau . Un travail de qualité. Certains donnent envie d'aimer la géométrie élémentaire.
S'il te plait, peut-on avoir l'énoncé en français du premier problème dans le pdf. Merci

Jean-Louis Ayme · May 2023

Rebonjour,
http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/vol27.html

puis : Common external tangent in a square

Sincèrement
Jean-Louis

pldx1 · May 2023

Bonjour,

"Sous ce signe tu vaincras", tel est le meilleur résumé possible de tous les traités d'Algèbre. En Vérité, l'Algèbre consiste à unifier en un seul Livre l'ensemble des sourates qui commencent par "sous ce signe, tu additionneras!" avec l'ensemble des sourates qui commencent par "sous ce signe, tu soustraieras!" .

Et c'est ainsi que "Pythagore généralisé" est devenu Al Kashi, huit siècles plus tard, ouvrant la voie à Descartes, encore huit siècles plus tard. Ce n'est pas pour rien que l'axiomatisation de la géométrie, à la sauce de Felix Klein, contient une large section consacrée aux relations d'ordre.

En conséquence lorsque l'on cherche la bourde cachée dans une preuve rédigée à la sauce de Sainte-Thétique, il est bien rare que l'on soit déçu. On nous propose d'admirer le texte suivant:

Ta phát biểu một bổ đề. Bổ đề 1. Các đường tròn nội tiếp các tam giác AP D, BP C, DP C có chung một tiếp tuyến. Chứng minh. Gọi K, L lần lượt là giao của tiếp tuyến chung ngoài thứ hai của (I1) và (I2) với PD, PC, I3 là tâm đường tròn nội tiếp tam giác P DC. Gọi Q là giao của EK và BL. Do 3 đường tròn (I1), (I2), (I3 ) có chung một tiếp tuyến nên tứ giác DKLC ngoại tiếp đường tròn (I3).

Faisons donc une figure, avec un point $P$ mobile sur la droite $AB$. Lorsque le point $P$ se borne à rester confiné dans le segment $\left[A,B\right]$ Cela donne:

et alors le cercle vert partage une tangente avec les cercles magenta. Lorsque le point $P$se décide à explorer le vaste monde, on obtient:

et ... on démontrerait que la droite $M_{2}N_{2}$ est tangente aux deux cercles jaunes en utilisant le fait que les cercles jaunes et le cercle vert auraient une tangente commune. Saint-Thétique, prie pour nous (et pour que personne ne se rende compte de l'arnaque).

Cordialement, Pierre.

pappus · May 2023

Bonjour à tous

L'énoncé (écrit en vietnamien) est le suivant:

Les cercles inscrits aux triangles $APD$, $BPC$, $DPC$ ont une tangente commune.

Il n'est mentionné nulle part que $P$ appartient au segment $AB$ ni que le quadrilatère $ABCD$ est un carré.

C'est ce que j'appelle faute de mieux de la géométrie contemplative!

Il serait donc intéressant d'avoir la source de ce problème et son énoncé exact!

Amicalement

pappus

Vassillia · May 2023

Bonjour @pappus si ça peut te faire plaisir le voici https://artofproblemsolving.com/community/c6t48f6h1112721_common_tangent_in_square

C'est en anglais, je traduis :

Etant donné le carré $ABCD$. Soient $P$ un point arbitraire sur $AB$, $(I_1), (I_2)$ les cercles inscrits du triangle $ADP, BCP$. $CI_2, DI_1$ rencontrent $AB$ à $E,F$, respectivement. La droite passant par $E$ et parallèle à $BD$ rencontre $AC$ à $M$, la droite passant par $F$ et parallèle à $AC$ rencontre $BD$ à $N$. Montrer que $MN$ est la tangente externe commune de $(I_1)$ et $(I_2).$

Mais tout cela n'a plus rien à voir avec le problème initial et l'enjeu n'est pas vraiment géométrique. C'est un prétexte utilisé par gebrane, mécontent de la manière dont lui parle pldx1, pour mettre en avant un texte de Jean-Louis Ayme sauf que pldx1 est joueur donc ...