Quel trapèze !

Voici une vérification plus qu'une démonstration. Prenons le repère orthonormé d'origine $Q$ dont l'axe des ordonnées est porté par $(BC)$. Quitte à faire une homothétie, on peut supposer que $B$ a pour affixe $i$ et $C$ a pour affixe $-i$. Soit $a\in\C$ l'affixe de $A$, alors $D$ a pour affixe $d=\bar{a}$. Soit $t$ l'angle de la rotation et $u=\mathrm{e}^{\mathrm{i}t}$.

On a : $\newcommand{\iF}{\mathrm{i}}a'=-i+u(a+i)$, $p=\frac12(a'+d)=\bar{a}-\iF+u(a+\mathrm{i})=\bar{z}+uz$, en posant $z=a+\mathrm{i}$. Par ailleurs, $b'=-\iF+u(\iF+\iF)$ donc $r=\iF(u-1)$.

Comme $q=0$, pour montrer que $P$, $Q$ et $R$ sont alignés, il suffit de montrer que $p/r=\overline{p/r}$, c'est-à-dire $p\bar{r}=\bar{p}r$. Avec $\bar{u}=1/u$, cela revient à écrire que \[-(\bar{z}+uz)\iF(\frac1u-1)=(z+\frac1u\bar{z}\iF(u-1),\] c'est-à-dire \[-(\bar{z}+uz)\iF(1-u)=(uz+\bar{z})\iF(u-1),\]ce qui est vrai.