Commentaire sur l'article

• 4.1.23

  le 21 février 2019 à 14:11, par Hébu

  Un triangle isocèle $ABC$ ($AB=AC$). On trace $AH$, la hauteur/médiane/bisssectrice, et on place le point $E$ en son milieu ($AE=EH$).

  On trace $EC$, et on mène depuis $H$ la perpendiculaire $HF$ à $EC$.

  Alors, $\widehat{BFA}=\pi/2$

  .
  Depuis $B$, élevons une perpendiculaire à $BC$, puis de $A$ une parallèle à $BC$. Le point d’intersection $J$ ferme un rectangle $AJBH$, tel que $AJ=BH=HC$. De sorte que $HJ$ est parallèle à $AC$, et donc $AJHC$ est un parallélogramme, et $E$ est le milieu de $CJ$.

  .
  Considérons le cercle passant par $E, F$ et $H$. Il est tangent à $BC$ en $H$ et la puissance de $C$ s’écrit $CH^2=CF\times CE$.

  Considérons maintenant le cercle passant par $A, B, H$ et $J$. Il coupe $EC$ en un point $F'$. La puissance de $C$ s’écrit $CF'\times CJ=CH\times CB=2\times CH^2$. Et comme $CH^2=CF\times CE=CF\times CJ/2$, on en déduit que $CF=CF'$ : le point $F$ se trouve sur ce cercle, de diamètre $AB$, et donc $BFA=\pi/2$.

  .
  Démonstration curieuse, tordue peut-être. Y a-t-il plus simple ?

  Document joint : idm4-1-23-2.jpg
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• 4.1.23

  le 13 janvier 2020 à 19:17, par Sidonie

  Bonjour

  A votre figure j’ajoute G et I milieux de [AB] et [HC] . F est sur le cercle de centre I et de rayon IC.
  (EG) est parallèle à (BC) et EC = BH/2 =IC donc ICEG est un parallélogramme et donc (IG) est un diamètre perpendiculaire à la corde [HF] c’est donc sa médiatrice et alors GF = GH = GB =GA .
  et par suite ABG est un triangle rectangle.

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• 4.1.23

  le 14 janvier 2020 à 14:58, par Hébu

  Oui, argumentation beaucoup plus élégante, plus directe, et plus courte !

  En attachement, une figure correspondant à cette nouvelle preuve. Bravo !

  Document joint : idm4-1-23-3.ggb
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