On considère trois triangles isocèles de même base BC et de sommets A₁,A₂ et A₃ situés du même côté par rapport à BC.
Dans le triangle A₁BC, on trace le point D sur le côté A₁B tel que l’angle BCD est de 15° et 6A1D² = BC².
Dans le triangle A₂BC, la bissectrice intérieure de l’angle en C coupe A₂B en E de sorte que A₂E + EC = BC.
Dans le triangle A3BC,on trace les points F et G respectivement sur A3B et A3C de sorte que BF + CG = FG. La parallèle à A3C passant par le milieu H de FG coupe BC en un point I. Le cercle circonscrit au triangle FIG passe par A₃.
Démontrer que deux des trois points A₁,A₂ et A₃ sont confondus.
Commençons par A3 : construisons sur A3C au delà de C le point K tel que CK=BF : la parallèle à A3C passant par le milieu de FK passe aussi par celui H de FG : BF et CK étant également inclinés sur BC, le milieu de FK appartient à BC : c’est donc le point I ; G est sur la médiatrice de FK : l’angle FIG est droit, et comme A3 est sur le cercle circonscrit à FIG, l’angle FA3G, donc BA3C est droit.
Pour A2 (notons α la mesure de la moitié de l’angle BAC) (A2B-EB+EC)/BC=1 ; or A2B/BC=1/2sinα, EB/BC=sin(π/4-α/2)/sin(π/4+3α/2) EC/BC=cosα/sin(π/4+3α/2).
Donc 1/2sinα+(cosα-sin(π/4-α/2))/sin(π/4+3α/2)=1. Ou encore
2sinαsin(π/4+3α/2)=sin(π/4+3α/2)+2sinαcosα-2sinαsin(π/4-α/2). Après transformation, cos(π/4+5α/2)+sin(π/4+3α/2)+sin2α-cos(3α/2-π/4)=0, soit cos(π/4+5α/2)+sin2α=0 ou encore sin2α=sin(5α/2-π/4) dont les solutions sont α/2=π/4 (α=π/2 impossible) ou 9α/2=5π/4, soit α= 5π/18 (50°). L’angle BA2C vaut 5π/9 (100°).
Revenons enfin à A1 : en posant comme plus haut A/2=α, A1B=BC/2sinα, DB/BC=sin(π/12)/cos(α-π/12) ; A1D/BC=1/2sinα-sin(π/12)/cos(π/12+α))
BC/A1D=2sinαcos(α-π/12)/(cos(α-π/12)-2sinαsin(π/12)) Or sin(π/12)=√2(√3-1)/4) donc pour α=π/4, BC/A1D=2sin(π/4)cos(π/6)/(cos(π/6)-2sin(π/4)sin(π/12)
BC/A1D=√2*√3/2 /(√3/2-√2*(√2(√3-1)/4=√6.
Donc A1=A3.
