Commentaire sur l'article

• 4.12.12

  le 17 mars à 21:31, par Hébu

  Plus de pc depuis une qemaine, donc pas de figure geogebra !

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  Un cercle, 3 groupes de points delimitant des arcs, AB, BC, CD, puis DE, EF, FG, enfin GH, HJ, JA. Ces arcs de 2a, puis 2b, 2c.

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  Avec donc a+b+c=60.

  On trace DH et DJ, puis AE et CG.

  T est l’intersection de AE et CG, P celle de AE, DJ, et Q celle de CG et DH

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  TP et TQ ont meme longueur.

  Ca fait penser a la figure 4.12.11. On trace DA, DG, AG. On a le triangle ADG et ses ’trisectrices’

  On note R l’intersection de AF et GB.. Si j’avais resolu le 4.12.11 je pourrais affirmer que PQR est equilateral.

  Et qu’en faire ?

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• 4.12.12

  le 19 mars à 00:08, par Sidonie

  On retrouve en effet la figure du théorème de Morley, le triangle central que j’ai nommé DEF est donc équilatéral. Je note G le point situé au dessus de EF. (voir figure jointe)

  Dans le triangle AGB, D est le point d’intersection entre les bissectrices issues de A et de B donc GD est la bissectrice de EGF.

  On cherche maintenant quels sont les points M tels que la bissectrice de EMF passe par D.
  On a d’abord les points de l’arc EF du cercle circonscrit à DEF puisqu’ils regardent les cordes DE et DF avec un angle de 60°. Or G n’est en général pas sur ce cercle. Si on note a, b et c les petits angles en A, B et C , G est sur le cercle si c= 30° et donc si ABC est rectangle en C (je n’ai pas encore étudié ce cas qui laisse un doute sur la démonstration).

  M peut aussi être sur la médiatrice de EF par raison de symétrie.

  Si M est ailleurs, on trace le cercle passant par E,F et M. il coupe la médiatrice de EF en N et P (N du même côté de EF que G). La bissectrice de ENF coupe le cercle en P et il sera de même pour la bissectrice de EMF qui coupe donc la médiatrice en P et ne peut passer par D autre point de la médiatrice.

  Autrement si ABC n’est pas rectangle en C alors G est sur la médiatrice de EF et on a bien GE=GF

  Document joint : idm_4.12.12.jpg
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• M ailleurs

  le 19 mars à 14:45, par Sidonie

  La figure du dernier paragraphe

  Document joint : m_ailleurs.jpg
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• 4.12.12

  le 24 mars à 15:34, par Hébu

  Ca y est, je suis de nouveau opérationnel.

  Bravo pour cette idée. Il me semble qu’on doit pouvoir en simplifier la fin (ce qui règle le cas particulier de ABC rectangle) :

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  les triangles GDF et GDE ont le côté GD en commun, les angles en G égaux. Imaginons DGF’, triangle symétrique de DGF par rapport à GD. Le point F’ est sur (GE), et comme DF’=DE alors E et F’ sont confondus — de sorte que FG et EG ont même longueur.

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  Je me demande aussi si on ne pourrait pas utiliser cette astuce de la bissectrice cachée pour produire une preuve du 4.12.11

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• 4.12.12

  le 24 mars à 20:00, par Sidonie

  Heureuse de vous retrouver. Il y a une difficulté dans votre raisonnement, le cercle de centre D et de rayon DF coupe (GE) en 2 points E et un autre. Comment être certain que F’ n’est pas l’autre point ?

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• 4.12.12

  le 25 mars à 15:12, par Hébu

  On doit pouvoir s’en sortir en invoquant que, puisque l’angle FDE vaut 60 degrés, alors FDG<60 et FDF’<120 ?

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  En fait, je ne sais pas comment formuler la chose proprement... Il doit s’agir d’un « théorème » élémentaire :

  Un angle AGB, sa bissectrice (GD). D’un point D de la bissectrice, je trace un cercle de rayon suffisamment large, de sorte qu’il coupe les côtés..
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  S’il les coupe en deux points — il sera tangent, ces points (F, E) forment deux triangles rectangles égaux (« isométriques », faut-il dire) et FG=EG. Dans notre configuration, cela impliquerait AGB=30 degrés ce qui doit être impossible (on doit avoir AGB=60°+ACB)
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  S’il les coupe en quatre points, F1 F2 sur AG, E1 E2 sur BG, il me semble qu’il doit suffire d’invoquer un argument de symétrie pour affirmer que GF1=GE1, GF2=GE2. Et que les points nous concernant ne peuvent être que F1 et E1 puisque dans la figure FDE=60 degrés

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• 4.12.12

  le 24 mars à 23:11, par Sidonie

  Comme souvent, l’idée de l’un fait avancer l’autre. J’ai désormais résolu le cas du triangle rectangle. L’idée est que si le cercle de centre D est tangent à (GE) alors il n’y a qu’un point possible pour F’.

  On a désormais a+b=30°. J’ajoute H intersection de (CF) et (BD).

  HEA étant un angle extérieur au triangle CEA, il mesure a+30.
  a ne mesurant pas 30° DEH est isocèle . Après quelques calculs on trouve HED = 30+b
  Il vient alors DEA = 30+a+30+b=90°. Votre argument suffit désormais.

  Mais je termine autrement : G appartient au cercle circonscrit à DEF, mais l’angle DEG est droit et donc GD est un diamètre. DEG étant équilatéral ce diamètre est axe de symétrie.

  On peut noter que la figure que je joint offre de nombreuses prolongations possibles.

  Document joint : angle_droit.jpg
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• 4.12.12

  le 25 mars à 15:44, par Hébu

  je maperçois aussitôt que j’ai écrit un bétise — l’angle DEG ou DFG peut être droit (la preuve, sur votre figure...) Evidemment, AGB vaut 120, et non 30 degrés !

  Si on mettait encore des bonnets d’âne, ...

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