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[ID: 156] [Date de publication: 4 janvier 2021 18:35] [Catégorie(s): Géométrie du triangle ] [ Nombre commentaires: 1] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur ]

Solution(s)

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Centre du cercle inscrit à un triangles et bissectrices
Par François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur le 4 janvier 2021 18:35

Notons \(d_A\), \(d_B\) et \(d_C\) les bissectrices intérieures de \(ABC\) issues respectivement de \(A\), \(B\) et \(C\). Les points \(A\), \(B\) et \(C\) n’étant pas alignés, \(d_A\) et \(d_B\) ne sont pas parallèles et se coupent en un point \(K\) du plan. Par définition d’une bissectrice, on a : \(d\left(K,\left(AB\right)\right) = d\left(K,\left(AC\right)\right) = d\left(K,\left(AB\right)\right) = d\left(K,\left(BC\right)\right)\). Par conséquent, \(d\left(K,\left(CA\right)\right) = d\left(K,\left(CB\right)\right)\) et \(K\) est élément de la bissectrice issue de \(C\). On en déduit que les trois bissectrices intérieures de \(ABC\) sont concourantes en \(K\). Notons \(K_A\), \(K_B\), \(K_C\) les projetés orthogonaux de \(K\) sur respectivement \((BC)\), \((AC)\) et \((AB)\), on a : \(d\left(K,\left(AB\right)\right) =KK_C\), \(d\left(K,\left(AC\right)\right)=KK_B\) et \(d\left(K,\left(BC\right)\right)=KK_A\). D’après ce qui a été fait précédemment, on peut affirmer que ces trois longueurs sont égales : \(KK_A = KK_B =KK_C\). Le point \(K\) est donc le centre du cercle \(\mathscr C\) circonscrit au triangle \(K_A K_B K_C\). Il reste à montrer que les trois côtés du triangles \(ABC\) sont tangents à ce cercle. Comme \(K_A\) est le projeté orthogonal de \(K\) sur \(\left(BC\right)\), la droite \(\left(BC\right)\) est perpendiculaire à un rayon du cercle \(\mathscr C\) et est donc tangente à \(\mathscr C\). On fait de même avec les droites \(\left(AC\right)\) et \(\left(AB\right)\) et on montre que \(\mathscr C\) est bien le cercle inscrit à \(ABC\).