On montre de même queP Y =P Z=P T

(1)

1.

Appelons X, Y, Z et T les projetés orthogonaux respectifs de P sur [IJ], [IL], [LK] et [KJ]. Les triangles rectangles PJB et PIB ont la même hypoténuse [PB]. Les points P, I, B et J sont donc cocycliques. On a alorsP JI^Ô =P BI. Les triangles BIP et JXP^Ô sont semblables ce qui implique queP X =P I._{P B}^{P J}. De même BJP et IYP sont semblables ce qui donneP Y =P I._{P B}^{P J}. On a alorsP X =P Y. On montre de même queP Y =P Z=P T. Autrement dit, le quadrilatère IJKL est circonscriptible.

D’après le théorème de Pitot : IJ + KL = IL +JK.

bA

bC

bD

bB

bP

bI

bJ

bK

bZ

bX

bY

bT

b

L

2.

AppelonsRetR^′ les rayons respectifs des cercles circonscrits à PGF et PHE.

Les triangles PCB et PDA sont semblables donc ^{P C}_{P D} = ^BC_AD =

CF

DH (1) etF CP^Õ=BCA^Õ=BDA^Õ =P DH^Õ (2) car ABCD est inscriptible. D’après (1) et (2), FCP et HDP sont semblables doncCF P^Õ =DHP^Õ. (3)

Par le théorème de la droite des milieux,(FG)//(BD). On en déduit queCF G^Õ =CBD^Õ =CAD^Õ =GHD.^Õ (4)

De (3) et (4), il vient : GF P^Õ = CF P^Õ −CF G^Õ = DHP^Õ − GHDÕ =GHP^Õ.

De mêmeF GP^Õ=F EP^Õ,P GH^Õ =HEP^Õ etP F E^Õ =P HE^Õ. La somme des angles de FEHG est 2π, on en tire : 2GF P^Õ + 2F GP^Õ + 2P EH^Õ + 2P HE^Õ = 2π, puis GF P^Õ + F GP^Õ = π − (P EH^Õ + P HE)^Õ soit GP FÕ = π − HP E.^Õ Finalement, sin(GP F^Õ) = sin(HP E^Õ) donc R = ^GF

2 sin(GP F^Ô) = ^HE

2 sin(HP E)^Ô = R^′.

bA

bC

bD

bB

bP

bF

bH

bG

bE

3.

Cherchons d’abord l’ensemble des points M tels que ABF M E=ADHM G. (1)

ABF M E = ABF E +AF M E = ADHM G = ADHG+AGHM

alors ^h.EF₂ −

h^′.EF

2 =ADHG−ABF Eoùheth^′ sont les hauteurs issues de M dans MFE et MGH respectivement. On tire de cette relation que h−h^′ est constant. Les hauteurs sont perpendiculaires à (EF) et (GH) respectivement, elles sont parallèles entre-elles et perpendiculaires à (AC).

L’ensemble de points vérifiant (1) est donc une droite paral- lèle à (AC).

De même l’ensemble des points M tels queAEM HA=AGM F C

est une droite parallèle à (BD).

L’ensemble des points recherchés est donc le point d’intersec- tion de ces deux droites.

Construisons ce point : appelons Q le point tel que PEQG soit un parallélogramme.

ABF QE=ABF E+AQEF =ABF E+AP GH car QEF et PGH sont isométriques. Or ABF E = ¹₄AABC et AP GH = ¹₄AADC

car AP GH =AGHI =¹₄AADC où I est le milieu de [AC].

On en déduit que ABF QE= ¹₄(AABC+AADC) =¹₄AABCD. De même AQEAH=AQGDH=AQGCF = ¹₄AABCD.

Conclusion : Q est le seul point solution du problème.

bA

bC

bD

bB

bP

bF

bE

b

H

bG ^bQ

1