1) La symédiane AD
— M étant le milieu de BC, les triangles ABD et AMC ont même aire, si bien que b.Mmb = c.Mmc . Donc Mmb /Mmc = c/b.
Par symétrie, les hauteurs Ddc et Ddb sont dans le même rapport et donc BD/DC = c2/b2 (aires de ABD et ADC). Les triangles AJD et IDC, tels que les angles en D soient égaux à l'angle A, sont semblables à ABC. Donc : aire(DBJ)/aire(ABC) = [BD/c]2 et aire(DIC)/aire(ABC) = [DC/b]2 . D'où : aire(DBJ)/aire(DIC) = [c/b]2 = BD/DC.
Les hauteurs issues de I et J sont donc égales. Il s'ensuit aisément que IJ est parallèle à BC, que AM coupe IJ en son milieu, et que DIJ est isocèle. La perpendiculiare à BC en D coupe donc IJ en son milieu : ce point n'est autre que le point F et I, J sont les points correspondants de l'énoncé. Il est clair (Ceva sur I, J M) que BI et CJ sont concourants avec AM en un point que nous noterons Ω.
— Les points A, B, D, I sont cocycliques par construction. Donc (BD, BI) = (AD, AI). Mais (AD, AI) = (AB, AM) car AD est la symédiane. Donc l'angle (CB, CE'), qui est égal à (AB, AM) dans (Γ), est égal à (BD, BI). Le même raison- nement à partir de C montre que BΩCE' est un parallélogramme, et donc que Ω est le symétrique de E' par rapport à M.
— Comme E et E' sont symétriques par rapport à la médiatrice de BC (car la bissectrice de A coupe le cercle au milieu de l'arc BC), la droite ∆ passe par le point Ω (droite des milieux dans EE'Ω).
— La droite CO est telle que le demi-angle au centre COM est égal à l'angle en A. Donc CO est perpendiculaire à DI, c'est- à-dire parallèle à la hauteur JK de DIJ. De façon analogue, on voit que BO est parallèle à la hauteur IK de DIJ.
Finalement, l'homothétie de centre Ω qui envoie B sur I et C sur J envoie O sur K, et OK passe aussi par le point Ω. 2) Questions de cercles…
— Le cas du cercle AIJ se lit sur la figure 2 : (IJ, IΩ) = (BC, BI) = (AD, AC) = AJ, AΩ). [On notera au passage qu'un raisonnement analogue permet de montrer que les cercles CDI et BDJ passent aussi par le point Ω …]
— En ce qui concerne le cercle tangent en B à BC et passant par A, cela résulte du même résultat (figure 2) : on considère (par exemple) le cercle tangent en B à BC et passant par Ω, et on note que (BC, BΩ) = AB, AΩ). Il en va de façon analogue pour le cercle tangent en C à BC.
fig. 1
fig. 2 fig. 3
— En ce qui concerne le cercle circonscrit au triangle BHC, cela résulte du fait que le symétrique de H par rapport à BC est sur le cercle (Γ) : il en va évidemment de même du symétrique H' de H par rapport au milieu M de BC. Donc B, E', H' et C sont sur un même cercle qui n'est autre que le symétrique du cercle circonscrit à BHC.
— Le cas du cercle de diamètre AH résulte d'une propriété classique du cercle des neuf points : OM est égal et parallèle à la moitié du segment AH. Il en résulte que le point H' est aligné avec A et O.
Le symétrique H' de H par rapport au milieu M est donc le point diamétralement opposé au sommet A dans le cercle circonscrit (Γ). Il en résulte que H'E est perpendiculaire à AM et [par la symétrie de centre M] que HΩ est perpen- diculaire à AΩ en Ω.
Le point Ω est donc bien sur le cercle de diamètre AH.
