D1906 – Un carrefour sans giratoire [*** à la main]
Dans un triangle ABC acutangle les points O et H désignent le centre du cercle circonscrit (Γ) et l’orthocentre.
Le point D est diamétralement oppposé au point A sur (Γ).
La perpendiculaire menée de H à la bissectrice (Δ) de l’angle en A coupe la droite (AB) au point P.
La perpendiculaire menée de P à la droite (AB) coupe la droite (Δ) au point Q.
On trace respectivement sur les demi-droites AB et AC les points S et T tels qu'on a les égalités d'angles:
SOD =DOT =BAC.
Démontrer que les droites (HQ) et (ST) sont perpendiculaires et se rencontrent en un point de la droite (BC) que l'on déterminera.
Solution proposée par Bernard Vignes
Lemme n°1
Soit un triangle OBM rectangle en M. Soit un point D sur le cercle (Γ) de centre O et de rayon OB. On considère le point M₁ sysmétrique de M par rapport à la médiatrice de BD. La droite OM₁ coupe au point S la perpendiculaire à la droite BD au point B. Les droites MS et MD sont perpendiculaires.
Démonstration
Les points D, M₁,B et S sont cocycliques. En effet l'angle DBS est droit par construction.D'autre part M₁ étant symétrique de M par rapport à la médiatrice de BD dans le triangle isocèle BOD, DM₁O = BMO = 90°.
Les trois points B,M₁, D étant sur un même cercle, le point M symétrique de M₁ par rapport à la médiatrice de la corde BD dans ce cercle est sur le même cercle. Donc DMS = 90°. Cqfd
Lemme n°2
Soit un triangle ABC d’orthocentre H. Le point M est milieu du cöté BC. La bissectrice de l'angle en A coupe (Γ) au point I. La droite AI coupe la droite HM au point Q.La perpendiculaire menée de H sur la bissectrice (Δ) de l’angle en A coupe la droite AB au point P.La perpendiculaire en P à la droite AB coupe (Δ) au point Q'.
Les points Q et Q' sont confondus.
Démonstration
On va démontrer que les rapports AQ/AI et AQ'/AI sont égaux. Donc AQ = AQ' et les points Q et Q' sont confondus.
D est le point diamétralement opposé à A sur le cercle (Γ) de centre O circonscrit à ABC tandis que J et N sont les points symétriques de I et de M par rapport à O.
Comme les droites BD et CH sont perpendiculaires à AB de même que les droites CD et BH sont
perpendiculaires à AC, le quadrilatère BDCH est un parallélogramme. La diagonale HD passe donc par le milieu M de la seconde diagonale BC.En d'autres termes, la droite HM passe par le point D.
Il en résulte HD = 2HM et AH = 2OM et les triangles AHQ et IMQ sont semblables.
Donc AQ/AI = AH/(AH+MI) = AH/(2OM+MI) = AH/IN= AH/JM
Comme PAQ' = BAI = BJI, les triangles rectangles APQ' et JBI sont semblables.
Donc AQ'/AK = IJ/JM.
Comme HAK = AIJ, les triangles rectangles AKH et IAJ sont eux aussi semblables.Donc AK/AH = AI/IJ.
Il en résulte que AQ'/AI = (AQ'/AK).(AK/AH).(AH/AI) = (IJ/JM).(AI/IJ).(AH/AI) = AH/JM = AQ/AI. Cqfd
Lemme n°3
Soit M' le point d’intersection de ST avec BC. M' est le milieu de BC.
Démonstration
Les triangles BOS et TOC sont semblables ainsi que les triangles OAS et OTA. En effet :
BSO = ASO = 180° ‒ SAO ‒ AOS = 180° ‒(BAC ‒ OAC) ‒ (180° ‒ BAC) = OAC =
OCA = OCT
OBS = 180° ‒OBA = 180° ‒ BAO = 180° ‒ (BAC ‒OAT) = AOT + OAT = 180° ‒ OTA
= OTC
Soit OA= OB = OC = R. D’où SB/CT = R /OT = OS/R = AS/AC.
Puis par application de la formule de Menelaüs on obtient: (AS/SB).(BM'/M'C).(CT/TA) = 1. D’où BM' = M'C.
L'application des trois lemmes donnent la réponse : d'après le lemme n°1, comme BAC = BOM, on a QM perpendiculaire à ST tandis que les lemmes n°2 et n°3 montent que les droites HQ et ST rencontrent BC en son milieu M.
