D1840. Cocyclité à répétition * à *****
Dans un triangleABCacutangle,on trace le centre de gravitéG, les milieuxI,J,K des côtésBC,C AetAB ainsi que le piedDsurBCde la hauteur issue deA.
Q1 On trace sur la droiteAD un pointE tel queD est situé entreA etE. Démontrer que les points symétriques deDpar rapport aux quatre côtés du quadrilatèreAB ECsont sur un même cercle.
Q2 On désigne parP etQ les centres de gravité des triangles AB Det AC D. Les droitesBQetC P se rencontrent en un pointX. La droite AX coupe la droiteBC en un pointR. Démontrer que les quatre pointsD,P,Q,Rsont sur un même cercle.
Q3 Démontrer que les six centres des cercles circonscrits aux trianglesAG J,AGK,BG I,BGK,CG I, CG J sont sur un même cercle.
Solution de Claude Felloneau
Q1 Les symétriques deDpar rapport aux côtés du quadrilatèreAB ECsont cocycliques.
On note respectivementD1,D2,D3,D4les sy- métriques deD par rapport aux droites (AB), (B E), (EC), (C A).
Soient X1 etX4les projetés orthogonaux deD sur les droites (AB), (AC). Les droites (D1D4) et (X1X4) sont parallèles.
En utilisant les mesures d’angles de droites mo- duloπ, on a :
(D1D4,BC) ≡(X1X4,BC)
≡(X1X4,X1D)+(X1D,BC).
A
B C
D
E D1
D2
D3 D4
X4
X1
Or (X1X4,X1D)≡(AX4,AD)≡(AC,AD)≡(AC,BC)+π/2 car A,X1,D,X4sont cocycliques sur le cercle de diamètre [AD] et le triangleC ADest rectangle enD.
(X1D,BC)≡π/2−(B D,B A)≡(AB,AD)≡(B A,BC)+π/2 dans les triangles rectanglesB D X1 et B D A. Donc (D1D4,BC)≡(C A,C B)+(B A,BC).
Par permutation circulaire des pointsA,B,E,CetD1,D2,D3,D4, on a (D4D3,C B)≡(EC,E A)+(AC,AE) donc
(D4D1,D4D3) ≡(D1D4,BC)+(BC,AE)−(D4D3,AE)
≡(C A,C B)+(B A,BC)+π/2+(E A,EC)+(AE,AC)
≡(AE,C B)+(AB,AD)+(E A,EC) carπ/2−(B A,BC)=(AB,AD)
≡(AB,C B)+(E A,EC)
De même, (D2D3,D2D1)≡(EC,BC)+(AE,AB), donc
(D4D1,D4D3)+(D2D3,D2D1) ≡(E A,EC)+(C E,C B)+(AE,AB)+(B A,BC)
≡(E A,C B)+(AE,BC)≡π/2+π/2≡0 Ainsi
(D4D1,D4D3)≡(D2D1,D2D3) [π].
Les pointsD1,D2,D3,D4sont donc cocycliques (puisqu’ils ne sont pas alignés).
page 1 / 4
Q2 DPQRest un trapèze isocèle donc les pointsD,P,Q,Rsont cocycliques.
A
B C
D K L J
P Q
X
R
Pest la barycentre de (A, 1), (B, 1), (D, 1) etQest le barycentre de (A, 1), (C, 1), (D, 1) doncXest le barycentre de (A, 1), (B, 1), (C, 1), (D, 1) et R est le barycentre de (B, 1), (C, 1), (D, 1).
Soit L le milieu de [AD], on a −−→
DP = 1 3
−−→DB et
−−→DQ=1 3
−−→DCdonc−−→
PQ=1 3
−→BC.
CommeD etRappartiennent à (BC), (BC) est parallèle à (DR) et DPQR est un trapèze de bases [PQ] et [DR].
Le milieu M de [PQ] est le barycentre de (A, 2), (B, 1), (C, 1), (D, 2) et le milieuN de [DR] est le barycentre de (B, 1), (C, 1), (D, 4), on a donc :
−−→AM=1 6
³−→
AB+−→
AC+2−−→
AD´
et −−→
AN=1 6
³−→
AB+−→
AC+4−−→
AD´ d’où−−→M N=1
3
−−→AD.
Ainsi la droite(M N), orthogonale à (BC), est donc la médiatrice des bases du trapèzeDPQRqui est donc un trapèze isocèle. Ce trapèze est donc inscriptible dans un cercle.
Q3 Les six centresO1,O2,O3,O4,O5,O6des cercles circonscrits aux trianglesAG J,AGK,BGK,BG I, CG I,CG Jsont sur un même cercle.
A
B
C I
K J
G O1
O2
O4
O3 O6
O5
page 2 / 4
On utilise des angles de droites moduloπ.
(O4O3) est la médiatrice dedbGBecet (O4O5) est la médiatrice dedbG Iecdonc (O4O3,O4O5)≡(GB,G I).
SoitE le second point d’intersection des cerclesCG I etBGK. La droite (O6O3) est la médiatrice dedbGEecet (O6,O5) est la médiatrice dedbGCecdonc
(O6O3,O6O5)≡(GE,GC).
Si on démontre que (GB,G I)≡(GC,GE) alors on peut conclure que les pointsO3,O4,O5,O6sont un même cercleC puisqu’ils ne sont pas alignés.
De façon analogue,O5,O6,O1,O2sont sur un même cercleC0etO1,O2,O3,O4sont sur un même cercleC00.
On peut en conclure que les pointsO1,O2,O3,O4,O5,O6sont cocycliques.
En effet, si ce n’est pas le cas, les cerclesC,C0etC00sont sécants deux à deux et leurs axes radi- caux (O1O2), (O3O4) et (O5O6) sont concourants en un pointO.
Or (O1O2),(O3O4) et (O5O6) sont respectivement les médiatrices dedbAGec,dbBGecetdbCGecdoncOest le centre du cercle passant parA,B,CetG. Ce qui est impossible puique ces 4 points ne sont pas cocycliques.
Démonstration de (GB,G I)≡(GC,GE)
A
B
C I
K J
G O1
O3
O6 E
K1 I1
On désigne parsla similitude directe de centreGqui transformeBenI. On noteK1le milieu dedbI JecetK10 l’image deK1pars−1.
¡B K,B K10¢
≡(B K,BG)+¡
BG,B K10¢ . Commesconserve les angles,¡
BG,B K10¢
≡(IG,I K1).
Comme (I K1) et (AB) sont parallèles, (IG,I K1)≡(G A,AB).
De plus, (B K,BG)≡(AB,GB) donc¡
B K,B K10¢
≡(G A,GB)≡(G I,GB)≡¡
GK1,GK10¢ d’où¡
B K,B K10¢
≡¡
GK,GK10¢
. Ainsi,K10 appartient au cercleBGK. SoitI1le milieu dedbJ Kecon as(J)=I1. On poseC0=s(C).
(K1G,K1I1)≡(GK1,C J)≡(CG,C J)≡¡
C0G,C0I1¢
donc les pointsG,C0, I1, K1 sont cocycliques.
page 3 / 4
Leurs images pars−1sont donc cocycliques. Ainsi,K10appartient au cercleCG J.K10 appartient aux deux cerclesBGK etCG J et est distincts deGdoncK10=E.
Ainsi (GE,GC)≡¡
GK10,GK1¢
≡(GB,G I), angle de la similitudes.
page 4 / 4
