4.3.17
le 23 de mayo de 2020 à 23:07, par Sidonie
Vous n’avez aucune erreur, donc le bonnet d’âne ne vous convient pas, par contre je peux remettre ce qui me reste de chevelure libre au vent.
J’ajoute F et J les centres des cercles et O le centre du cercle inscrit dans ABC. P projeté orthogonal de O sur (BC). R,T,U milieux de [OJ],[EI],[EC]. S centre du cercle E,G,I
On calcule quelques bras des tangentes :
DE = $\frac 1 2$(AD + BD – AB)
DI = $\frac 1 2 $(AC +CD − AD)
EI = DE + DI = $\frac 1 2$(AC + BC – AB) = CP et en enlevant PI il vient CI = EP et U milieu de [IP]
(OC) et (JC) sont les bissectrices en C donc (OC)$\bot$((JC) et (AL) tangente au cercle de centre J donne (AL)$\bot $(JL) et donc O,C,J et L appartiennent à un cercle de centre R. La projection orthogonale de (ON) sur (PI) envoie R sur U donc E et C sont symétriques par rapport au diamètre (RU) , C appartenant au cercle, E aussi.
ON a (ST)$\bot$(EI) diamètre passant par le milieu d’une corde.
La projection parallèlement à (ME) de (EI) sur (FJ) envoie T milieu de [EI] sur S qui est donc le milieu de [FJ] et alors (RS)//(OF).
Les cercles de centres R et S passent par E et L donc (RS)$\bot$(EL)
(OF) est la bissectrice intérieure issue de B du triangle ABC donc (OF)$\bot$(HE)
D’où (HE)//(EL) et donc confondues ayant un point commun.
Ma démonstration précédente donne aussi l’alignement G,I,K
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