Figure sans paroles #4.3.19

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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  • 4.3.19

    le 20 mai à 16:28, par Hébu

    On trace les bissectrices intérieures en $B$ et $C$ d’un triangle $ABC$. Elles se coupent au point $D$. Soit $E$ le milieu de la bissectrice en $A$ $AF$ ($AE=EF$). La perpendiculaire à $AF$ menée de $E$ (c’est à dire la médiatrice) coupe la bissectrice issue de $B$ en $G$et celle issue de $C$ en $H$.

    Il faut montrer que les points $A, H D, G$ sont cocycliques.

    .
    On peut calculer certains angles — c’est fastidieux mais élémentaire. Ainsi $\widehat{HGB}=c/2$, $\widehat{GHC}=b/2$ (de sorte que $B, H, G, C$ sont cocycliques).

    .
    Considérons le triangle $AFC$, et son cercle circonscrit. $CD$ est la bissectrice issue de $C$ et $EG$ la médiatrice du côté $AF$. La bissectrice coupe le cercle au point $H$, puisque ce point doit se situer sur la médiatrice (on a dû rencontrer déjà cette propriété). $H$ est donc sur ce cercle, et $\widehat{HAF}=c/2$. Un second cercle donc, qui passe par $A, H, F, C$ (un autre passe par $A, G, F, B$, par symétrie)

    .
    Maintenant, le cercle qui passe par $H, A$ et $D$ passe par $G$, puisque $\widehat{HGD}=c/2=\widehat{HAD}$.

    Document joint : idm4-3-19.jpg
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