Commentaire sur l'article

• 4.1.19

  le 2 janvier 2020 à 14:54, par Hébu

  On trace les hauteurs $BD$ et $CE$ d’un triangle quelconque $ABC$, ainsi que la bissectrice de l’angle en $A$. Celle-ci coupe $DE$ en un point $F$.

  Un premier cercle passant par $B, E, F$ coupe $CE$ en un point $G$. Un second cercle, passant par $C, D, F$, coupe $BD$ en $H$

  Les segments $CG$ et $BH$ ont même longueur.
  .

  La bissectrice issue de $A$ passe par $F$, par construction, mais aussi par $F'$, l’autre point de sécance des deux cercles. En fait $FF'$ est l’axe radical des deux cercles, et l’examen des triangles $ABD$ et $AEC$, semblables, montre que $A$ est sur l’axe radical (à rapprocher aussi de la figure 4.1.18, où la puissance de $A$ est $AE\times AB=AD\times AC$). $AF'$ est donc axe radical et bissectrice de A.

  .

  $AFD$ et $ACF'$ sont semblables, $\widehat{ADE}=\widehat{B}=\widehat{AF'C}$, ce qui signifie que $F'$ est sur le cercle circonscrit au triangle $ABC$.
  .

  On note $G'$ et $H'$ les projetés de $G, H$ sur $BC$. $CG'G$ et $CEB$ sont semblables, donc $CG'/CG=CE/CB$ ce qui implique que $G'$ est sur le cercle passant par $B, E, F$. De même $H'$ est sur le cercle passant par $C, D, F$.

  Les centres de ces cercles sont les milieux de $BG$ et $CH$.

  .
  On note $K$ l’intersection de $AF$ avec $BC$. Puisque $AF'$ est la bissectrice de l’angle en $A$, alors $AB/AC=KB/KC$ (1). Et puisque $AF'$ est l’axe radical des deux cercles, $KG'\times KB=KH'\times KC$ (2).

  %$HF'B=GF'C$ ?
  Maintenant, on écrit les puissances de $B$ et $C$ par rapport aux cercles passant par $C$ et $B$ :
  $BH\times BD=BH'\times BC; CG\times CE=CG'\times BC$.

  C’est à dire $BH/CG=BH'\times CE/(BD\times CG')$ (3)

  .L
  La similitude des triangles rectangles $EAC$ et $DAB$ autorise à écrire $AB/AC=CE/DB$. Si on rapproche de (1), puis de (2), cela donne $AC/AB=CE/CB=KC/KB=KG'/KH'$ (4).

  .
  Il faut encore triturer (2) : $KG'\times(KH'+BH')=KH'\times (KG'+CG')$, d’où on extrait $KG`\times BH'=CG'\times KH'$, soit $KG'/KH'=CG'/BH'$ (5).

  .
  Si alors on porte (4) et (5) dans (3), on voit que $BH/CG=1$.

  .

  C’est un peu long (peut-être suis-je trop prolixe), mais surtout laborieux. Peut-on faire plus light ?

  Document joint : idm4-1-19.jpg
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• 4.1.19

  le 10 janvier 2020 à 18:32, par Sidonie

  Bonjour

  Vous pouvez en effet raccourcir un peu. Après avoir F’ sur le cercle ABC on a l’égalité d’angle $\widehat {CAF'}$ = $\widehat {CBF'}$ =$\widehat {G'FF'}$ et (FG’)//(AC). On a de même (FH’)//(AB). (FF’) est la bissectrice de $\widehat {G'FH'}$.
  On a alors KB/KC=AB/AC=FH’/FG’=KH’/KG’= (KB-KH’)/(KC-KG’)=BH’/CG’
  On a aussi classiquement pour les hauteurs BD/CE=AB/AC et donc BD/CE=BH’CG’.
  Viennent alors les puissances .
  BH’.BC=BH.BD et CG’.CB=CG.CE puis en divisant membre à membre BH’/CG’=(BH/CG).(BD/CE) et pour finir BH/CG=1

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• 4.1.19

  le 11 janvier 2020 à 15:09, par Hébu

  Effectivement, cela allège l’argumentation. Bien vu ! J’essaie, à mes moments perdus, de compléter les items passés. Pas forcément simple. Je n’ai pas toujours le courage de publier mes découvertes, mais je vais tenter de le faire pour le 4.1 !

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