Cliquez pour afficher

Bonjour

Une démo peu élégante basée sur la puissance d'un point par rapport à un cercle.

Je me place dans le cas où d n'est pas parallèle à (AD) et j'appelle I le point d'intesection de ces deux droites. Par commodité je note les vecteurs en gras.

On démontre facilement que ID.IA= IC'.IB' (puissance de I par rapport au cercle)

donc (ID'+D'D).(IA'+A'A) = (IC+CC').(IB+BB')

en développant ne reste que ID'.IA'+D'D.A'A = IC.IB+CC'.BB'

Il suffit donc de démontrer que ID'.IA' = IC.IB

Les points A,B,B',A' sont cocycliques (cercle de diamètre [AB'])

Donc IB.IA = IB'.IA' (de nouveau puissance d'un point par rapport à un cercle). Donc IB.IA = IB'.IA' (alignement des points)

On en déduit IB = (IB'.IA')/IA

De la même façon : IC = (ID'.IC')/ID

Donc IB.IC = (IB'.IA'.ID'+IC')/(IA.ID) = (IB'.IA'.ID'+IC')/(IB'.IC') = IA'.ID'

c'est lourd et j'ai dû rater des raccourcis, mais j'ai la flemme d'approfondir. Il doit y avoir des approches géométriques pures beaucoup plus fines.

sauf erreur très possible et/ou fautes de frappe.

 Cliquez pour afficher

je dirai à priori que les deux trapèzes sont symétriquement homothétiques sur l'angle formé par les deux droites
Donc AA/BB' = CC'/DD' soit AA'*DD'=BB'*CC'

 Cliquez pour afficher

Soit O le point de rencontre.
OD*OA = OC'*OB' (puissance du point O par rapport au cercle.
AA'/CC' = OA/OC' (triangles semblables).
BB'/DD' = OB'/OD (triangles semblables).
En divisant l'avant-dernière égalité par la dernière :
(AA*DD')/(BB'*CC') = (OD*OA)/(OC'*OB').
Comme le numérateur et le dénominateur du deuxième membre sont égaux, il en est de même dans le premier membre.