# Annales de mathématiques pures et appliquées/Tome 14/Géométrie élémentaire, article 6
## GÉOMETRIE ÉLÉMENTAIRE.
### Démonstration d’un théorème de géométrie ;

THÉORÈME. Dans tout quadrilatère circonscrit au cercle, la droite qui joint les milieux des diagonales passe par le centre du cercle inscrit.
Démonstration. Soit $\mathrm {ABCD}$ (fig. 1) un quadrilatère circonscrit au cercle $\mathrm {O} \,;$ soient $\mathrm {V,X,Y,Z}$ les points de contact respectifs des côtés $\mathrm {AB,BC,CD,DA}$ de ce quadrilatère avec le cercle. De chacun des sommets $\mathrm {A,B,C,D}$ comme centre, et avec des rayons respectivement égaux aux distances de ces sommets aux points de contact des deux côtés qui y concourent, soient décrits quatre cercles que nous désignerons simplement, comme le premier, par les lettres placées à leur centre. Soient menés l’axe radical des deux cercles opposés $\mathrm {A}$ et $\mathrm {C} ,$ et l’axe radical des deux autres cercles opposés $\mathrm {B}$ et $\mathrm {D} \,;$ soient $\mathrm {H,H',I,I'}$ les points d’intersection de ce dernier avec les deux cercles $\mathrm {A}$ et $\mathrm {C} ,$ et soient $\mathrm {K,K',L,L'}$ les points d’intersection du premier avec les cercles $\mathrm {B}$ et $\mathrm {D} .$ Ces deux axes radicaux se couperont évidemment au point $\mathrm {O} ,$ puisque les tangentes menées de ce point aux quatre cercles $\mathrm {A,B,C,D}$ ont pour longueur commune le rayon du cercle $\mathrm {O} .$
Menons présentement les droites $\mathrm {AH}$ et $\mathrm {CI} ,$ concourant en $\mathrm {M} ,$ $\mathrm {AH'}$ et $\mathrm {CI'}$ concourant eu $\mathrm {M'} .$ Soient menéea pareillement $\mathrm {BK}$ et $\mathrm {DL}$ concourant en $\mathrm {N,BK'}$ et $\mathrm {DL'}$ concourant en $\mathrm {N'} ,$ les deux quadrilatères $\mathrm {AMCM'}$ et $\mathrm {BNDN'}$ seront des parallélogrammes, et auront conséquemment leurs côtés opposés égaux. En effet, de ce que le cercle $\mathrm {A}$ est tangent aux deux cercles $\mathrm {B}$ et $\mathrm {D}$ dont l’axe radical est $\mathrm {HI} ,$ il s’ensuit (tom. XIII, pag. 198) que la tangente à $\mathrm {A}$ au point $\mathrm {H}$ est parallèle à celle des deux tangentes communes extérieures aux deux cercles $\mathrm {B}$ et $\mathrm {D}$ qui ne coupe pas le cercle $\mathrm {A} \,;$ et, pour la même raison, la tangente à $\mathrm {C}$ au point $\mathrm {I}$ est parallèle à celle des deux tangentes communes extérieures aux deux cercles $\mathrm {B}$ et $\mathrm {D}$ qui ne coupe pas le cercle $\mathrm {C} \,;$ donc les deux tangentes en $\mathrm {H}$ au cercle $\mathrm {A}$ et en $\mathrm {I}$ au cercle $\mathrm {C}$ doivent, comme les tangentes communes extérieures aux deux cercles $\mathrm {B}$ et $\mathrm {D}$ faire des angles égaux avec la droite $\mathrm {BD}$ qui joint leurs centres ; donc, puisque $\mathrm {HI}$ est perpendiculaire à cette droite et que $\mathrm {HM}$ et $\mathrm {IM}$ sont respectivement perpendiculaires aux deux tangentes, il s’ensuit que le triangle $\mathrm {HMI}$ a ses deux angles en $\mathrm {H}$ et $\mathrm {I}$ égaux entre eux et à ceux que font avec $\mathrm {BD}$ les tangentes extérieures communes aux deux cercles $\mathrm {B}$ et $\mathrm {D} .$ Par un raisonnement tout-à-fait analogue, on démontrera exactement la même chose du triangle $\mathrm {H'M'I'} ,$ par rapport à ses angles $\mathrm {H'}$ et $\mathrm {I'} \,;$ d’où on conclura que les droites $\mathrm {MA}$ et $\mathrm {MC}$ sont respectivement parallèles aux droites $\mathrm {M'A}$ et $\mathrm {M'C}$ et qu’ainsi $\mathrm {AM'=CM}$ et $\mathrm {CM'=AM} .$ On démontrera aussi de la même manière, en faisant changer de rôle aux deux couples de cercles opposés, que $\mathrm {DN'=BN}$ et $\mathrm {BN'=DN} .$
Cela posé, les points $\mathrm {H}$ et $\mathrm {I}$ pourront être considérés comme les points de contact des deux cercles $\mathrm {A}$ et $\mathrm {C}$ avec un cercle décrit du point $\mathrm {M}$ comme centre et avec $\mathrm {MH=MI}$ pour rayon, et que, pour abréger, nous appellerons le cercle $\mathrm {M} \,;$ de même $\mathrm {H'}$ et $\mathrm {I'}$ seront les points de contact de ces deux mêmes cercles avec le cercle $\mathrm {M'} .$ Pareillement $K$ et $\mathrm {L}$ seront les points de contact des cercles $\mathrm {B}$ et $\mathrm {D}$ avec le cercle $\mathrm {N} \,;$ et $\mathrm {K'}$ et $\mathrm {L'}$ seront les points de contact des deux mêmes cercles avec le cercle $\mathrm {N'} .$
D’après cela, les deux droites $\mathrm {VZ}$ et $\mathrm {KL}$ devant concourir au centre de similitude des deux cercles $\mathrm {B}$ et $\mathrm {D} ,$ les quatre points $\mathrm {K,V,Z,L}$ appartiendront à une même circonférence, d’où il suit que les droites $\mathrm {KV}$ et $\mathrm {LZ}$ iront concourir en un même point $\mathrm {P}$ de l’axe radical $\mathrm {HI}$ des deux cercles $\mathrm {B}$ et $\mathrm {D} \,;$ et, pour des raisons semblables, les deux droites $\mathrm {KX}$ et $\mathrm {LY}$ iront aussi concourir en un même point $\mathrm {Q}$ de cet axe radical. Pareillement, les deux droites $\mathrm {HV}$ et $\mathrm {IX}$ iront concourir en un point $\mathrm {R}$ de l’axe radical $\mathrm {KL}$ des deux cercles $\mathrm {A}$ et $\mathrm {C} \,;$ et les deux droites $\mathrm {HZ}$ et $\mathrm {IY}$ iront concourir en un même point $\mathrm {S}$ du même axe radical.
De même les droites $\mathrm {VK'}$ et $\mathrm {ZL'}$ iront concourir en un point $\mathrm {P'} ,$ et les droites $\mathrm {XK'}$ et $\mathrm {YL'}$ en un point $\mathrm {Q'}$ de l’axe radical $\mathrm {HI} \,;$ les droites $\mathrm {VH'}$ et $\mathrm {XI'}$ iront concourir en un point $\mathrm {R'} ,$ et les droites $\mathrm {ZH'}$ et $\mathrm {YI'}$ en un point $\mathrm {S'}$ de l’axe radical $\mathrm {KL} .$
On peut remarquer maintenant que la droite $\mathrm {MM'} ,$ que nous nous dispensons de mener, pour ne point trop compliquer la figure, passe par le point $\mathrm {O} .$ En effet, considérons d’abord les trois cercles $\mathrm {A,M,M'} \,;$ le point $\mathrm {H}$ est le centre de similitude externe des deux premiers et le point $\mathrm {H'}$ est le centre de similitude interne du premier et du troisième ; d’où il suit que le centre de similitude interne de $\mathrm {M}$ et $\mathrm {M'}$ doit être sur la droite $\mathrm {HH'}$ ou $\mathrm {HI} .$ Considérant ensuite les trois cercles $\mathrm {A,B,M} ,$ remarquant que $\mathrm {V}$ est le centre de similitude interne des deux premiers et $\mathrm {H}$ le centre de similitude externe du premier et du troisième, on en conclura que le centre de similitude interne de $\mathrm {B}$ et $\mathrm {M}$ est sur la droite $\mathrm {HV} .$ En considérant de même les trois cercles $\mathrm {C,B,M} ,$ on prouvera que le centre de similitude interne de $\mathrm {B}$ et $\mathrm {M}$ est aussi sur $\mathrm {IX} ,$ d’où on conclura qu’il est à l’intersection $\mathrm {R}$ de cette droite avec $\mathrm {HV} .$ Des raisonnemens semblables serviront à prouver que le centre de similitude externe des deux cercles $\mathrm {B}$ et $\mathrm {M'}$ est le point $\mathrm {R'} ,$ intersection des deux droites $\mathrm {VH'}$ et $\mathrm {XI'} \,;$ d’où il suit que le centre de similitude interne des deux cercles $\mathrm {M}$ et $\mathrm {M'}$ est sur la droite $\mathrm {RR'}$ ou $\mathrm {KL} \,;$ et comme on pourrait prouver également qu’il doit être sur $\mathrm {HI} ,$ il s’ensuit qu’il est à l’intersection $\mathrm {O}$ de ces deux droites, laquelle, conséquemment, doit être en ligne droite avec les points $\mathrm {M}$ et $\mathrm {M'} .$ On prouverait de la même manière qu’elle est aussi en ligne droite avec les points $\mathrm {N}$ et $\mathrm {N'} .$
On peut aussi prouver que la droite $\mathrm {MN}$ passe également par le point $\mathrm {O} .$ En effet, en considérant d’abord les trois cercles $\mathrm {A,M,N} \,;$ le centre de similitude externe des deux premiers étant le point $\mathrm {H} ,$ et le centre de similitude interne du premier et du troisième étant le point $\mathrm {P} ,$ comme il est aisé de le prouver, en raisonnant comme ci-dessus ; il s’ensuit que le centre de similitude interne de $\mathrm {M}$ et $\mathrm {N}$ est sur la droite $\mathrm {HP}$ ou $\mathrm {HI} \,;$ et on prouverait de la même manière qu’il est aussi sur la droite $\mathrm {KL} \,;$ ce centre est donc à l’intersection $\mathrm {O}$ de ces deux droites qui conséquemment doit se trouver en ligne droite avec les points $\mathrm {M}$ et $\mathrm {N} \,;$ et on prouverait la même chose des points $\mathrm {M'}$ et $\mathrm {N'} .$
Voilà donc conséquemment les quatre points $\mathrm {M,N,M',N'}$ en ligne droite avec le point $\mathrm {O} ,$ c’est-à-dire que, dans les deux parallélogrammes $\mathrm {AMCM'}$ et $\mathrm {BNCN'}$ les diagonales qui ne sont point tracées doivent se confondre en une seule ligne droite qui passe par le point $\mathrm {O} \,;$ cette droite doit donc passer par les milieux des deux autres diagonales $\mathrm {AC}$ et $\mathrm {BD}$ des mêmes parallélogrammes, lesquelles sont aussi les deux diagonales du quadrilatère $\mathrm {ABCD}$ circonscrit au cercle $\mathrm {O} \,;$ donc la droite qui joint les milieux des deux diagonales de ce quadrilatère contient le centre $\mathrm {O}$ du cercle inscrit.
Tout triangle circonscrit à un cercle pouvant être considéré comme un quadrilatère circonscrit, dans lequel un des angles, égal à deux angles droits a son sommet sur la circonférence, au point de contact de l’un des côtés du triangle ; on peut conclure du théorème qui vient d’être démontré le théorème suivant que l’on pourrait aussi parvenir à démontrer directement par des moyens analogues.
THÉORÈME. Dans tout triangle, la droite qui joint le milieu de l’un quelconque des côtés avec le milieu de la droite qui joint le point de contact de ce côté avec le cercle inscrit au sommet opposé, contient le centre de ce cercle.
* ↑ Le théorème général, pour une section conique quelconque, se trouve démontré dans le présent recueil, savoir : analitiquement (tom. XII, pag. 382), et géométriquement (tom. XII, pag. 109).J. D. G.