D1841 ‒ Rencontre à dix [**** à la main]
Dans un triangle ABC, on trace successivement:
- l'orthocentre H, - la médiane AM,
- le cercle (Γ) de centre O circonscrit au triangle ABC,
- la symédiane issue de A qui coupe la droite [BC] au point D et le cercle (Γ) en un deuxième point E, - la droite [Δ] perpendiculaire à la droite [BC] passant par E,
- la perpendiculaire en D à la droite [BC] qui rencontre la médiane [AM] au point F. La parallèle passant par F à la droite [BC] rencontre les côtés AC et AB aux points I et J,
- l'orthocentre K du triangle DIJ.
Démontrer que les cinq cercles 1) de diamètre AH, 2) tangent en B à la droite [BC] et passant par le point A, 3) tangent en C à la droite [BC] et passant par le point A,4) circonscrit au triangle BHC, 5) circonscrit au triangle AIJ et les cinq droites [Δ],[OK],[BI],[CJ] et [AM] se rencontrent tous en un même point.
Solution proposée par Bernard Vignes
1ère étape
La figure complète de cette rencontre à dix est donnée ci-contre.
Le point de rencontre X peut être décrit de plusieurs manières. C’est, par exemple, le symétrique par rapport à la droite [BC] du point d’intersection de la symédiane issue de (A-symédiane) avec le cercle (Γ) circonscrit au triangle ABC ou encore le deuxième point d’intersection des cercles tangents en B et C au côté BC et passant par le sommet A.
etc…
Nous allons procéder en trois étapes pour démontrer les propriétés de X
Le cercle (Γ1) de diamètre AH , le cercle (Γ4) circonscrit au triangle BHC et la droite (Δ) passant par E et perpendiculaire à la droite [BC] se rencontrent en un point désigné par X.
Démonstration : soit A’ le point symétrique de A par rapport à M. Le quadrilatère ACA’B est un parallélogramme. D’où BA'C = BAC . Or BHC = 180° – BAC. Les angles BA’C et BHC sont supplémentaires et les quatre points B,H,C,A’ sont sur le cercle (Γ4) Les droites [AC] et [A’B] étant parallèles, on a A’BC = BCA.
Comme BH est la hauteur issue de B dans le triangle ABC, on a CBH = 90° – BCA. D’où A'BH = CBH + A’BC = 90°.
Le cercle (Γ4) admet donc A’H comme diamètre.
Soit X le point d’intersection de la médiane AM avec le cercle (Γ4).
Comme HXA’ = 90°, on a HXA = 90° le point X appartient à (Γ1).
Le cercle (Γ₄) étant symétrique du cercle (Γ) par rapport à la droite [BC]
(cf BHC = 180° – BAC ),le point E’ symétrique de X par rapport à la droite [BC] est sur (Γ). On a les relations d’angles XBC = E’BC,
XBC = AA’C = BAA’ et E’BC = E’AC.
D’où BAA’ = BAM = E’AC = DAC. La droite [ADE’] est donc l’isogonale de la médiane [AM]. E’ est confondu avec E.
On trace les tangentes en B et C au cercle (Γ₄) de centre O’ symétrique du centre O du cercle (Γ) par rapport à BC. On obtient un triangle isocèle A1BC isométrique au triangle isocèle A2BC obtenu en traçant les tangentes en B et C au cercle (Γ), ce dernier triangle étant lui-même l’homothétique du triangle DIJ par une homothétie de centre A et de rapport AC/AI = AB/AJ.
Comme CBA1 = BCA1 = 90° – O’BC = 90° – OBC, le point O est l’orthocentre du triangle A1BC. Les deux triangles isocèles A1BC et DIJ sont semblables par une similitude de centre X et de rapport – XI/XB qui transforme B en I et C en J avec les points B,X et I qui sont alignés ainsi que les points C,X et J. L’orthocentre K du triangle DIJ est le transformé de O par cette similitude. Les points O,X et K sont donc alignés.
2ème étape
Le point X est le deuxième point d’intersection autre que A des cercles (Γ₂) et (Γ₃).
Démonstration : soit X’ le point d’intersection autre que A des cercles (Γ₂) et (Γ₃).
Comme ces cercles sont respectivement tangents en B et C à la droite [BC], on a les relations d’angles :
X’BC = BAX’ et X’CB = CAX’.
D’où : X’BC + X’CB = BAX’ + CAX’ = BAC.
On en déduit BX’C = BHC. Le point X’ est sur le cercle (Γ₄). Par ailleurs la droite [AX’] qui est l’axe radical de deux cercles (Γ₂) et (Γ₃) passe par le milieu du segment BC qui relie les deux points de tangence de la droite [BC] avec ces deux cercles.Elle est donc confondue avec la médiane [AM].
Les points X et X’ à l’intersection de la droite [AM} et du cercle (Γ₄) sont confondus.
3ème étape
Les droites [BI] et [BJ] se croisent au point X, le cercle (Γ5) passe par le point X et les points O,K et X sont alignés.
Démonstration : on trace les droites [BX] et [CX] qui rencontrent les droites [AC] et [AB] aux points I’ et J’.
Comme I’AJ’+ I’XJ’ = I’AJ’ + BXC = 180°.Les points A,I’,X et J’ sont sur un même cercle (Γ5).
X étant sur la médiane [AM] du triangle ABC, la droite I’J’ est parallèle à la droite [BC]. Soit F’ le milieu de I’J’.
Dans le quadrilatère complet AI’XJ’BC la droite [BC] est par construction la polaire de F’ par rapport au cercle (Γ5) et les tangentes en I’ et J’ au cercle (Γ5) se rencontrent en D’ situé sur la droite [BC]. Or par construction la symédiane issue de A dans le triangle AI’J’ s’obtient en joignant A au point de rencontre des tangentes en I’ et J’ au cercle ((Γ5). Comme les triangles ABC et AI’J’ sont homothétiques avec une
homothétie de centre A qui transforme I’J’ en un segment BC parallèle à I’J’, leurs symédianes issues de A sont confondues.
Le point D’ est confondu avec le point D. Il en est de même de F confondu avec F’ et de I’et J’ confondus avec I et J.
