Quatre points cocycliques

Bonjour,

En barycentrique:

% Jean-Louis Ayme - 19 Avril 2023 - Quatre points cocycliques

% ABC   un triangle
% (O)   le cercle circonscrit
% I     le centre du cercle inscrit à ABC
% E, D  les circumtraces de (BI), (CI)
% M     le milieu de l'arc BAC
% K     la circumtrace de (MI)
% F     le point d'intersection des tangentes à (O) en E, D. 

% Question :   K, O, M et F sont cocycliques.

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clc, clear all, close all

syms a b c S real % Longueurs des côtés du triangle ABC

Sa=(b^2+c^2-a^2)/2; % Notations de Conway
Sb=(c^2+a^2-b^2)/2;
Sc=(a^2+b^2-c^2)/2;

A=[1; 0; 0]; % Sommets du triangle ABC
B=[0; 1; 0];
C=[0; 0; 1];

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% Centres O et I des cercles circonscrit et inscrit
O=[a^2*Sa; b^2*Sb; c^2*Sc]; I=[a; b; c];

% Circumtraces E et D de (BI) et (CI)
E=[-a*(c+a); b^2; -c*(c+a)]; % Milieu de l'arc CA
D=[-a*(a+b); -b*(a+b); c^2]; % Milieu de l'arc AB

% Milieu M de l'arc BAC
M=[a^2; -b*(b-c); -c*(c-b)];

% Circumtrace K de (MI)
syms x y z real
f(x,y,z)=a^2*y*z + b^2*z*x + c^2*x*y; % Équation du cercle ciconscrit
MI=Wedge(M,I); % Droite (MI): [-2*b*c*(b-c), -a*c*(a-b+c), a*b*(a+b-c)]
Nul=numden(Factor(f(x,y,-(MI(1)*x+MI(2)*y)/MI(3))/c));
%¨On trouve (b*(b-c)*x + a^2*y)*(2*b^2*x + a*(c-b+a)*y) donc:
K=[a*(c-b+a); -2*b^2; z];
Nul=Factor(MI*K/(a*b)); % donc (a+b-c)*z + 2*c^2*(a-b+c) = 0
K=[a*(c-b+a); -2*b^2; -2*c^2*(a-b+c)/(a+b-c)]; % Ou encore:
K=[a*(c-b+a)*(a+b-c); -2*b^2*(a+b-c); -2*c^2*(a-b+c)]; 

% Tangentes à (O) en E et D et leur point d'intersection F
TgteE=DroiteOrthogonaleBary(E,Wedge(O,E),a,b,c); % [b^2, (a+c)^2, b^2]
TgteD=DroiteOrthogonaleBary(D,Wedge(O,D),a,b,c); % [c^2, c^2, (a+b)^2]
F=SimplifieBary(Wedge(TgteE,TgteD));
% On trouve:
F=[a*(a^2+a*(b+c)+2*b*c); -b^2*(a+b-c); -c^2*(a-b+c)];

% Cocyclicité de K, O, M, F
Nul=Cocycliques(K,O,M,F,a,b,c) % Égal à 0, donc c'est gagné

Rescassol

Une autre constatation sans preuve

J'imagine qu'il faut rechercher la solution dans les concepts de polaire ou d'inversion par rapport au cercle circonscrit.
Jean-Pol Coulon 

Bonjour, je propose pour ce problème une approche un peu différente. Je commence par prouver que le point M est le symétrique de A par rapport à (FO), ceci peut se faire par des calculs d'angles. J'ai appelé H l'intersection des droites (FO) et (MK). Alors puisque les triangles MHO et AHO sont symétriques par rapport à (FO) et que le triangle MKO est isocèle, on en déduit que le quadrilatère AHOK est inscriptible (voir figure en pièce jointe). 
Si M' est le symétrique de M par rapport à O, alors (AM') est perpendiculaire à (AM) et donc (AM')//(FO), et comme (FO) est perpendiculaire à (ED); il en résulte que (M'A) est la hauteur issue de M' du triangle DEM'. En recommençant le raisonnement pour le point D par exemple, on voit que I est l'orthocentre de DEM'. Il en résulte que (DE) est la médiatrice de AI. je montre ensuite que H est le milieu de l'hypoténuse MI du triangle rectangle MAI, par suite H appartient à la médiatrice (DE) de AI. On peut maintenant conclure à l'aide de l'inversion de centre O et de rapport le carré du rayon du cercle (ABC). En effet le théorème de Pythagore appliqué au triangle ODF montre que l'image de H par cette inversion est le point F. Par suite, le cercle AHOK est trans formé par cette inversion en une droite qui passe par A, F et K, et par ailleurs la droite (MK) est transformée en un cercle qui passe par O, M, K, et F car le point H est sur (MK). Ce qui établit les propriétés désirées.
J'ajoute que le pôle G de la droite (MK) par rapport au cercle (ABC) appartient lui aussi au cercle (FKOM), c'est même le point diamétralement opposé à O sur ce cercle.
Très cordialement.
J.G.