29 février 2016

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  • 4.5.8

    le 31 mai 2020 à 18:40, par Sidonie

    Dans le triangle ABC,D et E sont les centres des cercles exinscrits opposés à C et D. F,G,H et I,J,K sont les points de tangences avec (AB), (AC) et (BC). (HG)$\cap$(KJ) = L. (IK)$\cap$(FH) = L.
    Il faut démontrer l’alignement D, L, A, N et E.
    M et O sont les milieux de [BC] et [AB].
    D et E sont sur la bissectrice extérieure en A donc D, A et E sont alignés et (AB,AD) = $\frac {(AC,AB)} {2}$
    Les bras de tangentes BO et CJ des cercles exinscrits sont égaux, puisque égaux aux bras de tangentes issues de A au cercle inscrit. Donc HB = CK et M est le milieu de [HK].
    On a déjà vu (figures précédentes) que (KJ)//(CD) et (HF)//(BE) or (CD) et (BE) sont les médiatrices de [GH] et [IK] donc HLK et HNK sont des triangles rectangles et le cercle de centre M passant par H passe aussi par K, L et N. Son rayon est R = MK = MC + CK = $\frac {BC} {2}$ + $\frac {AB +AC - BC} {2}$ = $\frac {AB + AC} {2}$.
    Le triangle isocèle MLK est semblable au triangle CJK donc (ML)//(AC) et comme M est le milieu de [BC] ,(ML) passe par O.
    On considère le cercle de centre O et de diamètre AB. Son rayon est r =$\frac {AB} {2}$.
    La distance entre les centre est d = MO = $\frac {AC} {2}$ donc R = r + d.
    Les deux cercles sont donc tangents et le point de tangence est sur le diamètre commun (MO), c’est à dire L qui appartient donc au cercle de centre O.
    Le triangle OAL est isocèle donc (AL,AO) = $\frac {(OL,OA)} {2}$ = $\frac {(AC,AB)} {2}$ à cause du parallélisme (OL)//(AC).
    Il vient (AL,AB) = (AD,AB) et donc A, L et D sont alignés. La même démonstration en N donnera l’alignement complet.

    Document joint : fsp_4.5.8.jpg
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    • Une variante

      le 8 novembre à 20:04, par Reine

      Puis-je vous proposer une variante ? Sur la figure jointe, je garde vos notations : D et E étant les centres des cercles ex-inscrits dans les angles C et B d’un triangle ABC, G et J (respectivement H et K) sont les points de contact de ces cercles ex-inscrits avec le côté AC (respectivement BC) ; et L est l’intersection de GH et JK.

      Le rayon DG (respectivement DH) étant perpendiculaire à la tangente GJ (respectivement HK), le point D a même puissance DG$^2$ = DH$^2$ par rapport aux deux cercles (en rouge sur la figure) de diamètres GJ et HK ; il est donc sur leur axe radical. De EJ$^2$ = EK$^2$, on déduit de même que E est lui aussi sur l’axe radical. Enfin, comme vous l’avez montré, les droites GH et JK sont perpendiculaires (l’une étant perpendiculaire à la bissectrice intérieure de l’angle C, l’autre à sa bissectrice extérieure). Leur intersection L, d’où l’on voit les diamètres GJ et HK sous des angles droits, doit se trouver à la fois sur les deux cercles rouges, donc aussi sur leur axe radical DE.

      Cet argument donne en fait un peu plus que la seule appartenance de L (et du point que vous appelez N, qui est bien sûr l’autre point d’intersection des cercles rouges) à la droite DE : il montre que L et N sont les deux points limites du faisceau de cercles engendré par les deux cercles ex-inscrits.

      Document joint : figure-4-5-8.pdf
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