Commentaire sur l'article

• 6.10.1

  le 28 mars à 17:14, par Hébu

  Deux cercles, de centres $A$ et $B$. On note $C, D$ leurs intersections. Un cercle, passant pas $A, B$ et $D$ recoupe les cercles en $E$ et $F$, et coupe $CD$ en $G$.

  Alors les segments $[GC], [GE], [GF]$ ont même longueur.

  .
  Ce sont les angles inscrits, $(GD,GF)$ et $(AD,AF)$ qui donnent la solution. Ils sont égaux ! Les triangles $GCF$ et $ADC$ ont donc tous leurs angles égaux, ils sont semblables, et $GCF$ est isocèle : $GF=GC$.

  Même argument pour $GEC$ et $BCD$, isocèles, d’où on déduit $GC=GE$

  Document joint : idm-6-10-1.jpg
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• 6.10.1

  le 28 mars à 18:23, par Sidonie

  Peut-être manque-t-il l’alignement A, C et F ?

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• 6.10.1

  le 28 mars à 21:24, par Hébu

  Exact. Ce qui fiche tout par terre...

  Cent fois sur le métier remettez votre ouvrage

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• 6.10.1

  le 28 mars à 21:42, par Hébu

  Ce qui ramène le problème à sa vraie nature. On se donne deux cercles, de centres A et B, qui s’intersectent en C et D. On trace le cercle (A, B, D), qui coupe les précédents en E t F. Alors, A,C,F, et B,C,E sont alignés.

  Ou bien (c’est équivalent) AC coupe (B) en F, BC coupe (A) en E, et (A,D,B,F,E) sont cocycliques

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• 6.10.1

  le 29 mars à 08:43, par Hébu

  AB est un axe de symétrie : (DA,DB)=(CB,CA)=(CE,CA).
  Et AEC est isocèle : (CE,CA)=(EA,EC)=(EA,EB)

  .
  D’où (EA,EB)=(DA,DB), E,A,D,B sont cocycliques — idem pour F
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  Document joint : bonnet-dane.jpg
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• 6.10.1

  le 29 mars à 11:18, par Sidonie

  Comme vous le disiez précédemment si on coince face nord, alors face sud.

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• 6.10.1

  le 29 mars à 14:57, par Hébu

  On peut même profiter de cette preuve pour proposer une autre démonstration.

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  Une fois construits les points E et F, puis montré les alignements B-C-E et A-C-F, on peut tracer les médiatrices de CE et CF. Elles se croisent en un point H, qui jouira évidemment de la propriété HE=HC=HF.

  Les droites BE et AH sont orthogonales, de même que AF et BH. Leur intersection, C est donc l’orthocentre du triangle ABH (ah, l’orthocentre, encore !) , et la troisième hauteur HC, orthogonale à AB, est confondue avec CD : H est sur CD.

  Le calcul des angles montre alors que (HA,HB)=90-(AF,AH)=(EA,EC). Ou, si on préfère, appelant J l’intersection (AH)-(EB) et K l’intersection (AF)-(BH), les triangles AEJ et AHK sont semblables.

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  C’est à dire que le point H est sur le cercle (A,B,F,E) : H et G sont confondus.

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• 6.10.1

  le 29 mars à 20:29, par Sidonie

  Autre démonstration qui, cette fois, utilise le centre du cercle inscrit.
  (AB) est la bissectrice de (AD,AF) donc (EB) est la bissectrice de (ED,EF)
  (BA) est la bissectrice de (BE,BD) donc (FA) est la bissectrice de (FE,FD)
  C, leur point d’intersection, est le centre du cercle inscrit dans le triangle DEF.
  (DC) est donc la 3ème bissectrice. Elle coupe le cercle circonscrit en G qui est le centre d’un cercle qui passe par les extrémités du côté [EF] et par les centre des cercles inscrits et exinscrits donc par C. (propriété déjà plusieurs fois rencontrée)

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