D est le milieu de GM

Introduisons la bissectrice extérieure de l'angle A. Elle coupe BC en F et la médiatrice de BC en G ; le point O est donc l'orthocentre du triangle DFG. Soit R’ le point d'intersection de la hauteur FO et du cercle Γ.

P1) Soit U le milieu de l'arc BC et M l'intersection de GD avec la bissectrice ∆ . Comme O est le milieu de GU et OD est parallèle à ∆, D est le milieu de GM. Comme DE est parallèle à GU (perpendiculaires à BC) E est milieu de UM et OE est parallèle à GD. Donc GOED est un parallélogramme : OE = GD ( = AD = PD). Les triangles rectangles R’OE et EDP sont égaux.

P2) Les points E, D, O, A et F sont sur un même cercle Γ’ :

— comme EO est parallèle à DG, les angles (ED, EO) et (FD, FO) sont égaux, car leurs côtés sont orthogonaux,

— de même, les angles (ED, EA) et (FD, FA) ont leurs côtés orthogonaux…

P3) Les angles inscrits (OA, OF) et (DA, DF) dans le cercle Γ’, sont égaux et on a (DA, DP) = 2.(R’A, R’O), car R’OA est isocèle. De même, comme ADP est isocèle, on a (PD, PA) = 90° – (DA, DP)/2. Donc :

(R’A, R’E) = (R’A, R’O) + (R’O, R’E) = (DA, DP)/2 + (R’O, R’E) , et (PE, PA) = (PE, PD) + (PD, PA) = (PE, PD) + 90° – (DA, DP)/2 .

D'où (R’A, R’E) + (PE, PA) = 180° (d'après P1). Le point R’ est sur le cercle AEP et n'est autre que le point R.

P4) Il s'ensuit en particulier, comme RE = PE (d'après P1), que E est le milieu de l'arc REP : AE est la bissectrice de (AP, AR) si bien que (AF, AP) = (AR, AG).

Mais (AR, AG) = (OR, OG)/2, comme angle inscrit dans le cercle Γ. On a : (AF, AP) + (AR, AG) = (OR, OG), et comme (OR, OG) = (DG, DF) (angles à côtés orthogonaux), il vient finalement (angles inscrits dans le cercle EAP) : (QR, QP) = (AR, AP) = (DG, DP).

Les droites DG et QR sont parallèles, donc orthogonales à FR : QR est bien tangente à Γ.