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.
Par exemple, on pourra écrire que
sont les deux solutions complexes de l’équation
.
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11h33
Même scénario que pour les figures précédentes, un triangle ABC, un point D sur BC (par exemple).
Un point E sur AC, tel que CD et CE ont même longueur, puis F sur AB (AF=AE), G sur BC (CG=CH), I sur AB (AI=AH).
A chaque fois, on construit un nouveau triangle isocèle.
Et il faut montrer que BID est isocèle, c’est a dire BI et BD égaux.
Une solution rustique. On note a,b,c les longueurs de BC, AC, AB.
On a alors
CE=CD=a-BD,
AF=AE=bb-CE=b-a+BD,
BG=BF=c-bBD,
CH=CG=a-ca+BD,
AI=AH=b—abBD=c-BD
et donc BI=BD !
13h47
Et ça marche encore en remplaçant le triangle par un pentagone ou un heptagone !…
21h05
Vous prenez les longueurs il me reste les angles.
I, F, E et H ainsi que E, H, G et D sont cocycliques.
Dans les triangles isocèles BGF et CHG on a
(GB,GF) = (BG,BF)/2 = (BC,BA)/2
(GH,GC) = (CH,CG)/2 = (CA,CB)/2
(GH,GF) = (GH,GC) + (GB,GF) = (CA,CB) /2 + (BC,BA)/2 = (AC,AB)/2 = (AE,AF)/2 = (EA,EF) = (EH,EF)
Donc E,F,G et H sont cocycliques et donc les 6 points sont cocycliques . La fin ne pose pas de problèmes.
A noter que le centre du cercle à 6 points est le point d’intersection des bissectrices c’est à dire le centre du cercle inscrit .