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D2928 – Un carrefour très fréquenté [*** à la main] Soit un quadrilatère ABCD inscrit dans un cercle (Γ).On désigne par Ha

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Academic year: 2022

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(1)

D2928 – Un carrefour très fréquenté [*** à la main]

Soit un quadrilatère ABCD inscrit dans un cercle (Γ).On désigne par Ha l’orthocentre du triangle BCD et par Pa ,Qa et Ra les projections de A sur les droites BC,CD et DB.

De manière analogue on définit respectivement pour chacun des points B,C et D :

- Hb orthocentre du triangle CDA et les projections successives de B : Pb sur CD, Qb sur DA et Rb sur AC, - Hc orthocentre du triangle DAB et les projections successives de C : Pc sur DA, Qc sur ABet Rc sur BD, - Hd orthocentre du triangle ABC et les projections successives de D : Pd sur AB, Qd. sur BC et Rd sur

CA.

Q₁ Démontrer que les huit droites PaQa , PbQb, PcQc, PdQd, AHa, BHb, CHc et DHd sont concourantes en un même point S.

On considère le quadrilatère HaHbHcHd et on trace sur les droites passant par ses sommets les quatre ensembles de trois points Xi ,Yi, Zi, pour i = a,b,c,d homologues aux points Pi ,Qi, Ri

Q₂ Démontrer que :

- les vingt-quatre points Pa....Zd se répartissent à la fois en trois sous-ensembles de huit points situés sur trois cercles concentriques de centre S et en quatre sous-ensembles de six points situés sur quatre droites concourantes en S

- les huit cercles d’Euler des triangles ABC, BCD, CDA, DAB, HaHbHc, HbHcHd, HcHdHa, HdHaHb. passent par ce même point S.

Solution proposée par Bernard Vignes

Lemme n°1

Démonstration de la propriété : PaQa coupe AHa en son milieu.

On note tout d’abord que les points Pa , Qa et Ra sont alignés sur la droite de Simson associée au point A.

CHa coupe BD en K et le cercle (Γ) en L. On a HaK = KL.

La droite AL coupe la droite BD en M et la droite PaQaRa en N.

Le quadrilatère ARaDQa est inscriptible (2 angles droits). D’où angle ADQa = angle ARaQa.

Par ailleurs angle ADC = ALA car ils sont sous-tendus par la même corde AC dans (Γ). D’où angle CLD = angle ADQa.Comme CL est parallèle à ARa, on a angle LARa = angle CLD.

Il en résulte angle LARa = angle NARa = angle ARaQa = angle ARaN. Le triangle ANRa est isocèle et comme le triangle AMRa est rectangle, on a AN = NRa = MN. N est le milieu de CM.

Comme le triangle HaML est isocèle,on a angle DMHa = angle DML. Comme angle DMN = angle DRaN, on en déduit angle DMHa = angle DRaN. Les droites PaQaRa et HaM sont parallèles. La droite PaQaRa coupe donc CHa en son milieu de la même manière qu’elle coupe CM en son milieu N.

(2)

Lemme n°2

Démonstration : Les droites BHb et CHc sont concourantes en S. Ceci est vrai pour tout couple de droites passant par deux sommets du quadrilatère et les orthocentres qui leur sont associés.

On a la propriété bien connue CHb = BHc = 2 fois la distance OM du centre du cercle (Γ) au côté AD (voir figure ci-après). Le quadrilatère BHcHbC est donc un parallèlogramme dont les diagonales se coupent en leur milieu.

Lemme n°3

Démonstration : Le cercle d’Euler du triangle ABD passe par S.

En effet le cercle d’Euler du triangle ABD passe par le milieu du segment AHc et c’est l’homothétique du cercle (Γ) par une homothétie de centre Hc et de coefficient 1/2. Il passe donc pas S qui est au milieu de CHc.

Le quadrilatère H H H H est congruent au quadrilatère ABCD avec le point S comme centre de symétrie.

(3)

Les 24 points se répartissent comme suit en trois sous-ensembles de huit points chacun placés sur trois cercles concentriques de centre S. On peut également les répartir en quatre sous-ensembles placés sur les quatre droites PaQa, PbQb, PcQc, PdQd concourantes passant par S. Voir figure ci-après.

Annexe

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