D295- La saga des parallélogrammes (1er épisode) [*** à la main]
On considère un triangle ABC non isocèle qui dans lequel les points O,I et H désignent respectivement le centre du cercle circonscrit,le centre du cercle inscrit et l'orthocentre.
On trace les milieux A₁,B₁ et C₁ des arcs BC,CA et AB qui ne contiennent pas les sommets A,B et C du triangle puis les symétriques A₂,B₂ et C₂ de ces points par rapport aux côtés BC,CA et AB.
Démontrer que le centre du cercle circonscrit au triangle A₂B₂C₂ forme avec les points O,I et H un parallélogramme dont on déterminera le centre.
Solution proposée par Bernard Vignes
Réponse: le centre ω du cercle circonscrit au triangle A₂B₂C₂ forme avec les points O,I et H un parallélogramme dont le centre est le point Ω centre du cercle d'Euler du triangle ABC.
Démonstration
On désigne par A₁ le milieu de l'arc BC qui ne contient pas A, A₂ son symétrique par rapport à BC, A₃ le milieu de BC et A₄ le point diamétralement opposé à A₁ sur le cercle (Γ) circonscrit au triangle ABC.
Soit AH la hauteur issue de A dans le triangle ABC. AH coupe le cercle (Γ) en un deuxième point H₁ qui est le symétrique de H par rapport à BC.
Lemme n°1: les droites AA₁ et HA₂ sont perpendiculaires
Les points A, A₄, A₁ et H₁ forment un trapèze isocèle. D'où AA₄ = H₁A₁. Comme H et A₂ sont respectivement symétriques de H₁ et de A₁ par rapport à BC, il en résulte que HA₂ = H₁A₁.
Les quatre points A,A₄,A₂ et H forment un parallélogramme. Comme le triangle A₁AA₄ est rectangle de sommet A, A₁A est perpendiculaire à AA₄. Il en découle que HA₂ parallèle à AA₄ est perpendiculaire à AA₁. Cqfd.
On fait maintenant intervenir le point de Nagel N du triangle ABC , à l'intersection des céviennnes qui joignent les sommets du triangle aux pieds des cercles exinscrits sur les côtés du triangle.Rappelons une propriété de ce point que nous supposerons admise(1): les quatre points O,I,H et N forment un trapèze isocèle, avec HN parallèle à OI.Les diagonales OH et IN se coupent au point G de sorte que HG = 2OG, NG = 2IG, HN = 2OI.
Lemme n°2: les droites HA₂ et NA₂ sont perpendiculaires.
La droite NA₃ coupe la bissectrice AI au points N'. Comme NG = 2IG, le triangle ANN' admet G comme centre de gravité et A₃ est le milieu de NN'. Le quadrilétère A₂NA₁N' dont les diagonales A₁A₂ et NN' se coupent en leurs milieux est un parallélogramme. NA₂ est parallèle à AA₁, donc parpendiculaire à HA₂.
De la même manière, on démontre que HB₂ et NB₂ sont perpendiculaires au même titre que HC₂ et NC₂. Le cercle circonscrit au triangle A₂B₂C₂ (appelé triangle de Fuhrmann) admet donc HN comme diamètre.
Le centre ω de ce cercle (appelé cercle de Fuhrmann) est aligné avec Ω centre du cercle d'Euler, lui-même placé au milieu de OH.
Le quadrilatère OIHω est donc un parallèlogramme dont Ω est le centre.
(1) Consulter par exemple http://www.turgor.ru/lktg/2016/1/1-1en-sol.pdf ou http://creative- mathematics.ubm.ro/issues/creative_2008_17_127_136.pdf
