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• 4.5.5

  le 30 de agosto de 2020 à 12:52, par Hébu

  Je propose une autre solution. A la relecture, je découvre de grosses ressemblances avec la solution de Sidonie pour le 4.5.6 !

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  Un triangle $ABC$, je note $O$ le centre du cercle inscrit, $D$ le projeté orthogonal de $O$ sur $BC$ (le point de tangence du cercle), $E$ le milieu du segment $AD$, et $M$ le milieu du côté $BC$.

  Alors les points $M,O,E$ sont alignés.

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  On complète la figure par $H$ et $I$, projections orthogonales de $A$ et $E$ sur $BC$ ($AH$ est la hauteur). On aura besoin des longueurs des segments, $a, b, c$ longueurs des côtés, $h$ longueur de $AH$.

  1/ Je note $m$ et $n$ les longueurs des segments $BH$ et $CH$. Pythagore me permet d’écrire $h^2=c^2-m^2=b^2-n^2$, soit simplement $a(m-n)=(b-c)(b+c)$, puis $m=\frac{(b-c)(b+c)}{2a}-\frac{a}{2}$.

  D’où je tire la longueur du segment $MH$: $\frac{(b-c)(b+c)}{2a}$ (1).

  (je crois que je devrais écrire $\overline{MH}$, plutôt)

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  2/ Je note $u,v,w$ les longueurs des bras de tangentes $BD$, etc. On a $a=u+v, b=u+w, c=v+w$. En inversant, $u=(ab)/2$.

  D’où je tire la longueur du segment $MD$: $(c-b)/2$ (2).

  Et le rapport $MH/MD=(c+b)/a$ (3)

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  3/ Le calcul de l’aire du triangle conduit à: $S=pr=ah/2$ ($p$ le demi-périmètre), soit $h/r=2p/a=(a+b+c)/a$ (4)

  Tous ces résultats sont certainement banals, et bien connus.

  Revenant à notre figure, on remarque que puisque $E$ est milieu du segment $AD$ alors $I$ est milieu de $DH$. et donc $MI=(MD+MH)/2$, et $MI/MD=(a+b+c)/(2a)$ grâce à (3).

  Et, rapprochant de (4), je déduis la similitude des deux triangles rectangles $DMO$ et $IME$. En effet, $IE=AH/2$,
  je peux donc écrire $IE/DO=h/(2r)=(a+b+c)/(2a)=MI/MD$.

  Les triangles sont semblables, les angles $\widehat{IME}$ et $\widehat{DMO}$ sont égaux, et $M, O, E$ sont alignés.

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