D1998. La saga de l’angle de 60
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i´eme´ episode)
La donn´ee des 6 points remarquables H, I, O, G, N etΩ(en position g´en´erale) d´etermine un et un seul triangle ABC. Et les points O, I et H sont suffisants puisque G, Ωet N leur sont li´es.
En utilisant le fait que O et H sont conjugu´es isogonaux pour ABC, on obtient le triangle cherch´e quand les 3 sommets appartiennent `a la fois au lieuΨ d’o`u IO et IH sont vus sous le mˆeme angle, et `a un mˆeme cercleΓ de centre O.
HON\ = π/2entraˆıneΩI ⊥ HO. Le triangle HIO est isoc`ele en I, donc le lieuΨ est la r´eunion de la droiteΩI et du cercle circonscrit `a HIO.
B et C devant appartenir `a ce cercle, il s’agit du sym´etrique de Γpar rapport
` a BC.
ΩI bissectrice interne deBAC\ coupe Γen J, sym´etrique de O par rapport `a BC : OBJ est ´equilat´eral ⇒ BAC\ =π/3
R´eciproquement, BAC\ = π/3 ⇒ BOC\ = 2π/3. Le cercle circonscrit `a BOC est le sym´etrique de Γ par rapport `a BC, et aussi l’image de Γ dans la translation−→
OJ.
H est l’image de A dans la translation−→
OJ, donc AOJH est un losange, AJ est la m´ediatrice de OH et HIO est isoc`ele en I.
⇒ IΩH\ =HON\ = π/2
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