Question 1 :
Nous allons montrer qu'il existe un point F et une ellipse de foyers D et F qui est tangente aux quatre côtés du quadrilatère ABEC. Il en résultera que les symétriques de D par rapport à ces côtés sont sur un cercle de centre F.
découle des égalités d'angles et du théorème de Poncelet que cette ellipse est tangente aux trois autres côtés, et on conclut selon la remarque du préambule.
Cela étant, il nous reste à prouver que les quatre droites q, h, m et t sont bien concourantes. Pour cela nous désignerons par les mêmes lettres en italique les symétries droites dont les axes sont les droites désignées par des minuscules sur la figure. On a donc par construction :
Au sommet C : g q = r n ; soit q = g r n (multiplier à gauche par g et utiliser le fait que g.g = Id ) Puis de même : f h = r p (soit h = f r p) ; g m = s f (soit m = g s f) ; n t = s p (soit t = n s p) . Le résultat cherché résulte alors essentiellement du fait que les diagonales du quadrilatère ABEC sont perpendiculaires en D. En effet :
m h = (g s f) (f r p) = g s (f f) r p = g s r p et q t = (g r n) (n s p) = g r (n n) s p = g r s p et comme r s = s r (axes perpendiculaires), il vient m h = q t . Ces deux rotations sont égales...
Préambule : Etant donné une ellipse de foyers D et F, le symé- trique de D par rapport à la tangente en un point M quelconque de l'ellipse appartient à un cercle ("cercle directeur") de centre F.
Dès lors, si un quadrilatère a ses quatre côtés tangents à une ellipse, les quatre symétriques d'un foyer par rapport aux côtés sont cocycliques.
Comme on le voit sur la figure [en considérant par exemple les tangentes issues de C], la cons- truction de F découlera du (deuxième) théorème de Poncelet, qui exprime le fait que l'angle for- mé par les tangentes issues d'un même point [CA et CE] a même bissectrice que l'angle formé par les rayons vecteurs [CD et CF]. On procéde donc de la façon suivante : – on démontre que les droites q, h, m et t symétriques des droites r et s par rapport aux bissectrices des angles respectifs C, B, A et E sont concourantes en un point F,
– on considère l'ellipse de foyers D et F, tangente à l'un des côtés et il
Question 2 :
Soit L le milieu de AD, et soit le triangle abc image de ABC dans l'homothétie de centre D et de rapport 2/3. Montrons que PQR est le triangle des milieux de abc, si bien que le cercle PQR sera le cercle des neuf points de ce triangle et que le pied D de la hauteur issue du sommet appartiendra à ce cercle : Le centre de gravité P de ABD est l'image du milieu K de AB dans l'homothétie de centre D et de rapport 2/3, c'est donc le milieu de ab. De façon analogue, Q est milieu de ac.
P est au tiers de la médiane BL, ainsi que Q par rapport à CL, si bien que BC = 3PQ. Il en résulte que X est situé au quart de BQ et de CP. Il est aussi au quart de AR, puisque PQ, parallèle à BC, coupe Da en son milieu.
Finalement, PQR est image de CBA dans l'homothétie de centre X et de rapport 1/4, si bien que PR est parallèle AC, donc à ac. Il en résulte que R est effectivement le milieu de bc.
Question 3 :
Prologue : Soit G un point intérieur au triangle ABC et I, J, K les points d'intersection des droites GA, GB, GC avec les côtés opposés. Les six centres H, E, etc., des cercles AGJ, AGK, etc., sont intersections des médiatrices de GJ, GA, etc. Il est donc facile de voir que l'hexagone formé par ces six points a ses côtés opposés parallèles. D'après le théorème de Pascal, il est donc inscrit dans une conique.
L'exercice consiste à montrer que celle-ci est un cercle si G est le centre de gravité de ABC.
Malheureusement, les propriétés "métriques" du centre de gravité sont cachées dans la théorie des symédianes et des cercles de Tucker : Partons de A1B1C1, homothétique de ABC dans une homothétie de rapport 1/2 et du triangle
"antipodaire" A'B'C' de G, obtenu en traçant les perpendiculaires aux médianes issues des sommets : comme le centre de gravité G du triangle A1B1C1 est le "point de Lemoine" de son triangle antipodaire A'B'C', les six points H, E, F, D, L, M appartiennent, par construction au cercle de Tucker de rapport – 1/2" associé au triangle A'B'C'. CQFD.
… La solution qui suit ne demande pas de con- naissances préalables sur ces sujets…
Préliminaire : Soit le triangle A'B'C' défini plus haut et le cercle A1B1C1. Il recoupe les côtés de A'B'C' en a, b et c et les perpen- diculaires à A'C' et A'B' en b et c se coupent en point G' (cf. figure de la page suivante).
Soit P l'intersection de A'G' avec le côté B'C', nous allons montrer que le point P est le milieu de B'C'.
Par construction, les angles I1GC1 et PB'A' ont leurs côtés deux à deux orthogonaux. Ils sont donc égaux, et il en va de même des angles B1GI1 et A'C'P. Nous allons montrer que A'G' est perpendiculaire à B1C1. Il en résultera que les angles GC1I1 et B'A'P sont égaux (côtés orthogonaux deux à deux) et de même pour les angles I1B1G et PA'C'. Dès lors, on voit que les triangles bleus et jaunes de la figure sont deux à deux semblables. Mais I1 est milieu de B1C1 : les rapports de ces similitudes sont égaux, car les segments égaux B1I1 et I1C1 sont envoyés sur un même segment A'P.
Il s'ensuit que le côté commun GI1 est envoyé sur des segments égaux, et donc que P est le milieu de B'C'.
Pour voir que A'G' est perpendiculaire à B1C1, considérons le quadrilatère B1bcC1 : les angles bB1C1
et bcC1 sont égaux puisqu'il interceptent le même arc. Mais le quadrilatère A'cG'b est, lui, inscrit dans le cercle de diamètre A'G', si bien que les angles cbG' et cA'G' sont égaux, car ils interceptent le même arc. Il résulte de ces deux égalités que les angles B1C1A' et C1A'G' sont complémentaires, et donc que A'G' est perpendiculaire à B1C1.
Les triangles bA'c et C1A'B1 sont semblables, car les angles A'bc et B1C1A' sont égaux. De façon précise, C1A'B1 est l'image par une homothétie de centre A' du symétrique de bA'c par rapport à la bissectrice de l'angle A'. Il en va de même pour les quadrilatères CA'BG et bA'cG', si bien que A'G et A'G' sont symé- triques par rapport à la bissectrice de A'.
Conclusion : Nous pouvons déduire de là le lemme qui nous servira dans la suite : un segment !! dont les extrémités appartiennent aux côtés A'C' et A'B' est coupé en son milieu par A'G si et seulement s'il est parallèle à la symétrique de B'C' par rapport à la bissectrice de B'A'C'.
Solution : Comme cela a été dit plus haut, les six centres E, H, M, D, F, L des cercles envisagés dans l'énoncé sont les intersections de A'B', B'C', C'A' aves des perpendiculaires aux médianes menées par I1, J1 et K1. Nous sommes dans une configuration analogue à celle de la figure précédente, et le triangle QRS est l'image de A'B'C' par l'homothétie de centre G et de rapport –1/2. On voit donc que LQDA' est, par construction, un parallèlogramme, et que A'Q coupe la diagonale FD en son milieu. Mais A'Q passe par le centre d'homothétie G, A'G coupe donc LD en son milieu. D'après le lemme il en résulte que l'angle LDA' est égal à l'angle A'C'B'. En permutant, on voit que l'on a de même : B'ME = A'C'B'. Donc le trapèze MELD est isocèle. Il est inscriptible.
Enfin, comme HD est parallèle à C'A', l'angle DHB' est égal à l'angle B'ME, si bien que H appartient au cercle MED... Par permutation on en déduit bien que les six points sont sur le même cercle.
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