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• 4.5.27

  le 24 de febrero à 14:02, par Reine

  On voit ici un triangle isocèle $ABC$, les côtés $AB$ et $AC$ étant égaux et plus longs que $BC$. En nommant $\,A'$ et $C'$ les points où le cercle inscrit touche $BC$ et $AB$, et $D$ le point du segment $AC$ (autre que $C$) tel que $BD$ = $BC$ (de sorte que $BCD$ est isocèle), il apparaît que le milieu du segment joignant $B$ au centre $I$ du cercle inscrit dans $ABD$ se trouve sur $A'\mkern-2mu C'$ (figure 1 jointe).

  Avant de le démontrer, deux remarques. Primo, lorsque $BC$ est plus long que $AB$ et $AC$ (figure 2), cette propriété subsiste, mais en remplaçant $I$ par le centre du cercle ex-inscrit dans l’angle $B$ du triangle $ABD$. Secundo, on peut aussi remplacer $C'$ par le point $C''$ où le cercle ex-inscrit dans l’angle $A$ du triangle $ABC$ touche $AB$ (de sorte que $C'$ et $C''$ sont les deux points de la droite $AB$ tels que $BC'$ = $BC''$ = $BA'$) ; il faut en ce cas prendre pour $I$ le centre du cercle ex-inscrit dans l’angle $A$ de $ABD$ si $AB$ $>$ $BC$ (figure 3), et dans l’angle $D$ de $ABD$ si $AB$ $<$ $BC$ (figure 4).

  Un même argument traitera à la fois les quatre cas. Établir que le milieu de $BI$ est sur la droite $AC'$ (ou $AC''$, selon le cas) revient à montrer que l’homothétique de cette droite (centre $B$, rapport 2) passe par $I$. En désignant par $E$ le symétrique de $B$ par rapport à $C'$ (ou $C''$, selon le cas), il s’agit de prouver que la droite $CE$ passe par $I$, ou, ce qui revient au même, que, en appelant maintenant $I$ le point où $CE$ rencontre la bissectrice $AA'$, ce point $I$ se trouve sur la bissectrice de $\,\widehat{\!DBE\!}\,$. Puisque $BE$ = $BC$ = $BD$, les quatre cas se ramènent à la propriété suivante (figure 5) : Soient $\,C$ et $\,E$ deux points sur un cercle de centre $\,B$. Nommons $\,A$ et $\,I$ les points où la médiatrice de $\,BC$ rencontre $\,BE$ et $\,CE$, et $\,D$ le point où $\,AC$ recoupe le cercle. La droite $\,BI$ est alors perpendiculaire à $\,DE$, et est ainsi médiatrice-hauteur-bissectrice dans le triangle isocèle $BDE$.

  Ceci peut s’établir au moyen d’angles orientés de droites, définis modulo $\pi$. Tout d’abord, $IBC$ étant isocèle, $(BI,\,BC)$ = $-(CI,\,CB)$ = $-(CE,\,CB)$ ; et, $BCE$ l’étant aussi, ceci égale $(EC,\,EB)$. Les triangles isocèles $IBC$ et $BCE$ sont donc directement semblables, d’où $(CI,\,BI)$ = $(EB,\,CB)$. Ainsi, $(EC,\,BI)$ = $(BA,\,BC)$ ; gardons cette égalité sous le coude pour un instant.

  En baptisant $F$ le point diamétralement opposé à $C$ sur le cercle, $(ED,\,EC)$ égale $(FD,\,FC)$, ou encore $\frac\pi2\,$+$\,(CD,\,CF)$ car $FD$ et $CD$ sont perpendiculaires. Invoquant cette fois l’isocélitude [1] de $ABC$, ceci devient $(ED,\,EC)$ = $\frac\pi2\,$-$\,(BA,\,BC)$ ; et il ne reste qu’à ajouter membre à membre avec l’égalité mise de côté pour obtenir l’orthogonalité de $ED$ et $BI$.

  [1] Ou peut-être isocéllité, avec deux L, comme imbécillité ?

  Document joint : figure-4-5-27.pdf
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