Solution analytique : Désignons par a, b et c les longueurs des côtés et supposons l'aire s égale à 1.
Les triangles A1BC et BCA2 sont (indirectement) sem- blables au triangle CBA. On peut calculer les coor- données barycentriques de A1 et A2 en utilisant les aires des triangles A1BC, etc. Il vient :
A1 : [(a/b)2 ; 0 ; (1 – (a/b)2) ] , A2 : [(a/c)2 ; (1 – (a/c)2) ; 0 ] . Dès lors, en considérant le point :
∞ = [ a2(c2 – b2) ; b2(a2 – c2) ; c2(b2 – a2) ] , on vérifie immédiatement que le déterminant obtenu est nul, et donc que ces trois points sont alignés. Des calculs analogues montrent que les droites B1B2 et C1C2 ont le même "point à l'infini" que A1A2. Les trois droites données sont bien parallèles.
Solution synthétique : On peut utiliser la propriété suivante : Les cercles passant par deux sommets d'un triangle et tangents à un côté, forment deux groupes de cercles concourants, selon la figure ci-contre...
Démonstration : soit 𝛺 l'intersection des cercles A𝛺C et C𝛺B. L'angle (𝛺A, 𝛺B), égal à (𝛺A, 𝛺C) + (𝛺C, 𝛺B), est aussi égal à (CA, CB) + (BC, BA) [utiliser les arcs capables dans les cercles A𝛺C et C𝛺B]. On a donc : (𝛺A, 𝛺B) = (CA, CB) + (BC, BA) = (CA, AB) et 𝛺 est bien sur le troisième cercle.
Nous allons montrer que A1A2 est parallèle à 𝛺+𝛺– . Par permutation, il en résultera que les droites A1A2, B1B2 et C1C2 sont bien parallèles entre elles.
1. — Les points 𝛺 des triangles A1BC et BCA2 : Le cercle B𝛺–A, qui sert à la détermination du point 𝛺– dans ABC, passe par A1 [puissance de C]. Ce cercle sert à la détermination du "point 𝛺+" de BA1C, donc le point 𝛺– de ABC n'est autre que le "point 𝛺+"
de BA1C, c'est-à-dire que 𝛺– est l'image de 𝛺+ dans la similitude qui envoie ABC sur BA1C [P1].
On voit de même que 𝛺+ est l'image de 𝛺– dans la similitude indirecte qui envoie ABC sur BA2C [P2].
[Noter que (BC, B𝛺–) et (B𝛺+, BA) sont égaux : les points 𝛺 d'un triangle sont des points isogonaux.]
2. — Le parallélisme entre 𝛺+𝛺– et A1A2 [notations : A1𝛺– coupe BC en E1 et B𝛺+ coupe AC en E2] : a) D'après [P1], BE2 et A1E1 sont homologues dans la similitude qui envoie ABC sur BA1C : il s'ensuit que 𝛺+B/𝛺+E2 = 𝛺–A1/𝛺–E1. De plus, les droites E1E2 et AB sont parallèles, car E2A/E2C = E1B/E1C.
b) En fait, A2𝛺+ passe aussi par E1, il vient alors : 𝛺+A2/𝛺+E1 = 𝛺+B/𝛺+E2 = 𝛺–A1/𝛺–E1 , et on a bien [Thalès] le parallélisme souhaité…
c) Il ne reste donc plus qu'à prouver que A2𝛺+ coupe BC en E1 . Désignons par E1' l'intersection de A2𝛺+
avec BC, et montrons que E1' divise BC dans le même rapport que E1 . D'après [P1] et [P2], cela revient à montrer que, dans ABC, le point d'intersection E3 de C𝛺– avec AB divise AB comme E2 divise CA, sachant que le rapport E2A/E2C est égal au rapport des aires des triangles B𝛺+A et B𝛺+C [hauteurs issues de A et C…]. Dans le cercle B𝛺+A, l'angle (B𝛺+, BA) est égal à
l'angle (A𝛺+, AC), lui-même égal à (C𝛺+, CB) dans le cercle C𝛺+A. Soit 𝛽 cet angle commun, on a donc :
E2A/E2C = c.B𝛺+ / a.C𝛺+ .
Mais dans le triangle C𝛺+A on a : C𝛺+/sin𝛽 = b/sinC , et, dans B𝛺+C : B𝛺+/sin𝛽 = a/sinB . Dès lors :
E2A/E2C = c. sinC/ b. sinB = c2 / b2 .
Un calcul strictement analogue autour de 𝛺– montre que les deux rapports considérés ont bien la même valeur et termine la démonstration…
Remarque : La solution analytique montrait que les trois droites initiales passent par le point à l'infini X(512) de "l'encyclopédie des triangles" [http://faculty.evansville.edu/ck6/encyclopedia/ETC.html]. C'est le point isogonal du "point de Steiner" S du triangle ABC [X(99)]. La direction commune aux trois droites est donc orthogonale à la droite de Simson de S ou, si l'on préfère, est précisément celle de la droite de Simson du "point de Tarry" de ABC [X(98)]. Cette direction (voir par exemple Trajan Lalesco) n'est autre que celle de la droite qui joint les "points de Brocard" du triangle ABC, c'est-à-dire les points 𝛺+ et 𝛺– …
