D271. Trois miniatures dans un quadrilatère
On considère un quadrilatère convexe ABCD qui est inscriptible dans un cercle et dont les diagonales AC et BD se coupent en un point P. On désigne par E,F,G,H les milieux respectifs des côtés AB,BC,CD et DA et par I, J, K et L les pieds des perpendiculaires issues de P sur ces côtés pris dans le même ordre.
M :démontrer que la somme des longueurs des segments IJ et KL est égale à celle des₁ longueurs des segments IL et JK.
M :démontrer que les cercles circonscrits aux triangles PEH et PFG sont égaux.₂
M :déterminer l’ensemble des points Q tels que les segments qui relient Q aux points E,F,G et₃ H partagent le quadrilatère en quatre zones de même aire.
M1)
2 angles inscrits dans le cercle de diamètre AP, interceptant l'arc LP sont égaux : LIP=LAP=DAC 2 angles inscrits interceptant l'arc DC dans le cercle ABCD sont égaux : DAC=DBC=PBJ et 2 angles inscrits dans le cercle de diamètre BP, interceptant l'arc PJ sont égaux : PBJ=PIJ.
Finalement LIP=PIJ, IP est bissectrice de l'angle LIJ. De même les 4 segments verts PI,PJ,PK,PL sont bissectrices des angles LIJ, IJK, JKL, KLI. P est le centre d'un cercle inscrit dans le
quadrilatère IJKL. Les deux segments de tangentes issues de I à ce cercle et compris entre I et leurs points de contact avec ce cercle ont la même longueur, je la nomme i. Avec des notations analogues pour j, k , l , IJ = i + j, JK = j+k, KL = k+l, LI = l+i
De sorte que IJ + KL = (i+j)+(k+l) = (i+l)+(j+k) = IL +JK.
M2)
On peut oublier le quadrilatère inscriptible ABCD, n'en garder que les diagonales qui coupent les côtés EF,FG,GH,HE du parallélogramme EFGH en R, S, T, U qui sont les images de A, B, C, D dans l'homothétie de centre P et rapport ½.
Comme PA.PC = PB.PD, on retient que PS.PU = PR.PT.
Nous avons deux triplets de droites parallèles donc PR.PT = UE.UH = SF.SG.
Soit X le point où le cercle (Ω1) circonscrit au triangle PEH recoupe la diagonale US,
et soit Y le point où le cercle (Ω2) circonscrit au triangle PFG recoupe cette même diagonale US.
Dans (Ω1), UE.UH = UP.UX, de PS.PU = UP.UX on tire PS = XU Dans (Ω2), SF.SG = SP.SY, de PS.PU = SP.SY on tire UP = SY
Finalement, la même translation de vecteur EF applique les points E, H, X, P sur F, G, P, Y et aussi
le cercle (Ω1) sur le cercle (Ω2) . Ils sont donc égaux.
M3)
Chacune des 4 zones issues du partage du quadrilatère ABCD doit avoir une aire S égale à ¼ de l'aire de ce quadrilatère. Aire zone QHDG = aire triangle HDG + aire triangle HQG = S
Or aire triangle HDG + aire triangle BEF = 1/4( aire triangle ADC + aire triangle ABC ) = S D'où EBF et HQG sont deux triangles de même aire, et comme leurs bases HG et EF sont égales, leurs hauteurs issues de B et de Q sont égales.
Considérant l'aire de la zone QFBE, on aboutit au résultat analogue : les hauteurs issues de D et Q dans les triangles HDG et EQF sont égales.
La somme des 4 hauteurs des 4 triangles EBF, EQF, HQG, HDG est égale au projeté orthogonal de la diagonale BD sur la direction perpendiculaire à AC. On conclut que la parallèle à la diagonale AC menée par le milieu de BD passe par Q. De même pour la parallèle à la diagonale BD menée par le milieu de AC. L'ensemble des points Q se réduit donc à un point unique intersection de chaque parallèle à une diagonale menée par le milieu de l'autre.
