Considérons une rotation de 90° de centre B du triangle ABC
qui devient alors le triangle DBP, BP = BC = BG.
Les triangles BPD et BGD ont une base égale BP = BG et même hauteur et ont donc même aire. CQFD.
La même méthode avec des rotations de centres A, C, D ou G donne les triangles EAK, HCF, EDN et MGF
de même aire itou (frère, s'ils ont même mère)
Montrer : a² + c² = (b² + d²)/2.
B étant le milieu de PG :
DP> + DG> = 2 DB>
et
DP> - DG> = 2 GB>
en élevant au carré (scalaire) :
4 DB² = DP² + DG² + 2 DP> . DG>
et
4 GB² = DP² + DG² - 2 DP> . DG>
et en additionnant :
4 DB² + 4 GB² = 2 DP² + 2 DG² soit
2 c² + 2 a² = b² + d²
Si ABC est rectangle en B ?
L'angle DBG = 90°, les triangles ABC et DBG sont égaux, b = d et
2(c² + a²) = 2 b², la relation de Pythagore classique.
Condition sur les côtés de ABC pour que NEK alignés ?
Une rotation de 90° de centre D transforme NDE en GDX.
Le triangle XBG est isocèle BG = BX ssi BG = 2 BD, soit a = 2c.
La bissectrice de l'angle XBG est alors perpendiculaire à GX donc parallèle à NE
De même une rotation de EAK autour de A donne YAC et pour BC = 2BA, la bissectrice de YBC est parallèle à EK.
XBG + YBC + 2×90° = 360°, soit
XBG/2 + YBC/2 + DBA = 180° et ces bissectrices sont alignées, donc aussi EN et EK.