Commentaire sur l'article

• 8.10

  le 7 février à 15:36, par Hébu

  Tout augmente ! Même le degré de nos polygones. Un 30-gone << triancontagone >>.

  Un point A, arbitraire. Puis, en tournant dans le sens << horaire >> B:A+4, C:B+1, D:C+2, E:D+1, F’:E+1, A’:F’+1, A’:B’+2, C’:B’+1, D’:C’+4, E’:D’+4, F=E’+5 (on vérifie, A:F+4).

  Les diagonales AA’, BB’, CC’, DD’, EE’, FF’ sont concourantes.

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  On utilisera encore $\theta=2\pi/30$ ; $O$ est le centre du cercle circonscrit, et je prends pour $P$ l’intersection $(AA') - (DD')$.

  Les diagonales $AA'$ et $DD'$ ont même longueur. Si je nomme $X$ le milieu de l’arc $DA'$ du cercle circonscrit (ou de l’arc $EF'$), il est clair que (OX) est un diamètre du cercle circonscrit, et que $DD'$ et $AA'$ sont symétriques par rapport à ce diamètre : $P$ est situé sur ce diamètre (ADA’D’ est un trapèze isocèle).

  Il en est de même pour $CC'$ et $BB'$ d’une part, pour $EE'$ et $FF'$ d’autre part (des trapèzes isocèles admettant OX comme axe de symétrie).

  Ainsi, les couples $(AA'-DD')$, $(EE'-FF')$, $(BB',CC')$, ont leurs intersections sur $OP$ — mais il reste à montrer que ces intersections sont confondues avec le point $P$.

  La médiatrice de la diagonale $AA'$ est un diamètre passant par $C$ (puisque $C$ est le milieu de l’arc $AA'$). Et inversement, $AA'$ est médiatrice de $OC$ ($A'CO$, comme $AOC$, sont des triangles équilatéraux). $PCO$ est donc isocèle et l’angle $(CO,CP)=(OP,OC)$ vaut 42° (ou $7\theta/2$). C’est aussi la valeur de $(CO,CC')$ : $C, P, C'$ sont alignés, et donc $P$ est aussi l’intersection de $CC'$ et $BB'$.

  L’examen des angles montre que $(PB,PA)=3\theta=(AA',AB)$ : $B$ est sur la médiatrice de $AP$, qui est donc aussi la bissectrice de $(BA,BB')$ : c’est la droite $(BE')$, et donc $(E'B,E'A)=(E'P,E'B)=2\theta=(E'E,E'B)$ : $E', P$ et $E$ sont alignés, ce qui fait de $P$ l’intersection de $EE'$ et $FF'$.

  Document joint : idm8-10.jpg
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