Les droites symétriques de la droite AM respectivement par rapport aux hauteurs BB₁ et CC₁ du triangle ABC se rencontrent au point X.Démontrer que AX = BC

D1858‒ La saga de l'angle de 45° (2^ème épisode) [**** à la main]

Soit un triangle ABC dont l'angle en A est égal à 45°. On trace l'orthocentre H et le point M milieu du côté BC. Les droites symétriques de la droite AM respectivement par rapport aux hauteurs BB₁ et CC₁ du triangle ABC se rencontrent au point X.Démontrer que AX = BC.

Source: Tournoi des Villes Session printemps 2017. Niveau senior. Problème n°5

Solution proposée par Bernard Vignes Lemme n°1: si BAC = 45°, alors AH = BC

Les triangles ABB₁ et ACC₁ sont rectangles isocèles. D'où : AC₁ = CC₁. Les deux triangles rectangles BCC₁ et HAC₁ ont le même angle BCC₁ = HAC₁ et même côté de l'angle droit = 90° − ABC. Ils sont isométriques et leurs hypoténuses BC et AH sont égales.C.q.f.d.

On désigne par P et Q les points d'intersection de la médiane AM avec les hauteurs BB₁ et CC₁. On trace les points D et E qui sont respectivement les sysmétriques du point A par rapport aux points C₁ et B₁. Les droites sysmétriques de la droite [AM] par rapport aux hauteurs BB₁ et CC₁ sont alors les droites [DQ]

et [EP] qui se rencontrent au point X.

Lemme n°2 :les points B,C,D,E et H sont cocycliques sur un cercle (Γ) de centre O milieu de DE.

Les triangles ABE et ACD sont rectangles isocèles.D'où AD = AC 2 et AE = AB 2. Les triangles ABC et AED sont donc semblables.

Comme BDE = ACB = 180° − BCE et DBE = DCE = 90°,les quatre points B,C,E,D sont sur le cercle (Γ) de diamètre DE et de centre O milieu de DE.

Comme BDC = ADC = 45° et BHC = 180° − BAC = 135°, le point H est lui aussi sur le cercle (Γ). C.q.f.d.

Par ailleurs HDC = HBC = CBB₁ = 90° − BCA et CDE = CBE = 90° − ABC.

On a donc HDE = HDC + CDE = 180° −  BCA− ABC = 45°.

Comme OD= OH, le triangle DOH est rectangle isocèle et OH est perpendiculaire à DE.

Lemme n°3: le point X est sur le cercle (Γ)

On pose BAM = α . On a les égalités d'angles:BAM = C₁AQ = C₁DQ = BDX = α

CDX = CDA − BDX = 45° − α et enfin :

CAM = BAC − BAM = 45° − α = B₁AP = B₁EP = CEX = CDX. C.q.f.d.

Il en résulte que HOX = 2HDX .

Par ailleurs HDX −= BDX −BDH= BDX −BCC₁= α − 90° + ABC = α + 45° − ACB Les triangles ADO et ACM étant semblables,on a DAO = CAM = 45° − α..

D'où HOA = 180° − DAO − ADO − DOH = 45° + α − ACB = HOX/2.

La droite AO est bissectrice de l'angle HOX. C'est aussi la médiatrice de HX. D'où AH = AX.C.q.f.d.