Un angle aigu

bonjour Domi,

En me réveillant tout de suite je viens voir ton problème.

Il me semble que le problème est équivalent au fait que I est l'intérieur du

triangle KLM.

Et dans ce cas-là I est en dehors du cercle de diamètre |RS|, donc l'angle RIS

est aigu.

Il reste à vérifier rigoureusement que:

I est l'intérieur du triangle KLM

ou encore

les angles de KLM sont aigus

en effet: l'angle LKM est 1/2 ( angle ABC + angle ACB ) < (1/2)180°

etc ....

( tout le reste se justifie très facilement)

Sincèrement,

Galax

Je pars jusqu'au dimanche, d ici-là écris moi si mon intuition est juste.

Le fait que le triangle $KLM$ ait ses angles aigus, donc que $I$ qui en est le centre du cercle circonsrit lui soit intérieur, est effectivement aisé.
Je ne vois comment en déduire "facilement" que $I$ est extérieur au cercle de diamètre $[RS]$ : le triangle $KLM$ n'est pas entièrement extérieur à ce cercle.

bonsoir domi, bruno,gb, bs

Vous avez tous vu que je me suis planté dans mon message du ven 19 janvier 2007 03:42:41

et moi aussi je me suis assez vite aperçu de mon erreur de mon départ de chez moi ( sans Internet, ce qui m'as pas empêché réfléchir à ce problème)

Mais j’ai ’énoncé quand même l’idée clé et trivialement équivalente au problème énoncé
dans mon message

I est à l’extérieur du cercle de diamètre [RS] (EQ1)

Voici ma démonstration de cette dernière propriété :

Je désigne O le milieu de RS et r le rayon du cercle de diamètre |RS|


(EQ1) équivaut à OI > r ou encore OI² > r ² (EQ2)

On constate que (IB) (bissectrice de l’angle ABC) est perpendiculaire à (MK) donc aussi

à sa parallèle (RS)

Dans le triangle IOB rectangle en B on a donc en utilisant la propriété de Pythagore que

IO² = BI² + OB² et donc BI² = IO² -OB²

Or r² - OB² = ( r + OB)(r –OB) = BS.BR

Ceci montre que

(EQ2) équivaut encore à BI² > BS.BR (EQ3)

En déterminant des angles de triangles BSK et BMR on voit qu’ils sont semblables

( l’angle SBK et l’angle MBR sont 90° - ½ angle ABC
l’angle BKS = l’angle CKL = 90° - ½ angle ACB
et donc l’angle KSB = ½ (angle ABC + angle ACB)
Puis l’angle BMR = ½ (angle ABC + angle ACB) …. )

Ainsi BS/BK = BM/BR et donc BS.BR = BM.BK= BM²

Dans le triangle rectangle IBM l’hypoténuse BI se projette orthogonalement en BM

D’où BI> BM et donc évidement BI² > BM² = BS.BR ce qui n’est rien d’autre que (EQ3)


J'espère que ceci plaira à Domi.

Sincèrement,

Galax


PS même une fausse intuition peut parfois servir

Bonjour

Bravo Galax
Belle solution géométrique.
Effectivement avec la similitude de centre $B$, d'angle $(\overrightarrow{BR}, \overrightarrow{BK})$ et de rapport $\dfrac{BK}{BR}$ tranforme $BMR$ en $BSK$.

Alain