Un problème sympa...

Bonjour,
On note $D=(BH) \cap (AO), E=(CH) \cap (AO)$.
Une homothétie de centre $A$ et de facteur $2$ envoie $O$ sur le point $A'$ diamétralement opposé à $A$ sur le cercle circonscrit, et envoie $Y$ et $Z$ sur les points $Y'$ et $Z'$ respectivement tels que $(Y'Z') \perp (AH)$ et $H \in (Y'Z')$. Donc $(OA)$ est la bissectrice intérieure de $\widehat{YOZ}$ si et seulement si $A'A$ est la bissectrice intérieure de $\widehat{Y'A'Z'}$.
Or on montre facilement que $A',C,Z',E$ sont cocycliques (je ne suis pas satisfait par cette partie de la preuve, je l'ai réussi mais par une chasse aux angles assez longue et lourde, donc je ne recopie pas cette partie de la preuve, si quelqu'un a un moyen joli de le prouver je lui laisserai cette joie, sinon si je trouve un joli moyen de le montrer je modifierai ce message), et similairement $A',B,Y',D$ sont cocycliques, donc :
$(A'O, A'Z')=(A'E, A'Z')=(CE,CZ')=(BY',BD)$ (cette dernière inégalité car $(BH) \cap (AC), (CH) \cap (AB),B,C$ sont cocycliques car $(BH,AC)=(CH,BA)=90°)$
Donc $(A'O,A'Z')=(BY',BD)=(AY'),(AD)=(AY'),(AO)$ donc $(A'O)$ est la bissectrice intérieure de $\widehat{Y'A'Z'}$.
En refaisant une homothétie de centre $A$ et de facteur $\dfrac12$ on retrouve que $(OA)$ est la bissectrice intérieure de $\widehat{YOZ}$.
Cordialement,
Quentin H.

Bonjour,

Une solution avec Morley circonscrit:

% Jean-Louis Ayme - 29/03/2020 - Un problème sympa...

clc, clear all, close all;

syms a b c;
syms aB bB cB; % Conjugués

aB=1/a; % Morley circonscrit
bB=1/b;
cB=1/c;

syms s1 s2 s3

s1=a+b+c;
s2=a*b+b*c+c*a;
s3=a*b*c;

s1B=s2/s3;
s2B=s1/s3;
s3B=1/s3;

%-----------------------------------------------------------------------

% Calcul des points

[pm qm rm]=Mediatrice(a,s1,aB,s1B); % Médiatrice de [AH]

% Point d'intersection Y de la médiatrice de [AH] et de la droite (AC)

[yy yyB]=IntersectionDeuxDroites(pm,qm,rm,1,a*c,-a-c);
yy=Factor(yy) % On trouve yy = a*(a + c)/(a - b)

% Point d'intersection Z de la médiatrice de [AH] et de la droite (AB)

[zz zzB]=IntersectionDeuxDroites(pm,qm,rm,1,a*b,-a-b);
zz=Factor(zz) % On trouve zz =a*(a + b)/(a - c)

% Point d'intersection A' de la médiatrice de [AH] et de la droite (OA)

[ap apB]=IntersectionDeuxDroites(pm,qm,rm,aB,-a,0);
ap=Factor(ap) % On trouve ap = a*(a + b)*(a + c)/(a^2 + b*c)

%-----------------------------------------------------------------------

% Calcul des carrés des distances

OY2=Factor(yy*yyB)
OZ2=Factor(zz*zzB)

YAp2=Factor((ap-yy)*(apB-yyB))
ZAp2=Factor((ap-zz)*(apB-zzB))

Nul=Factor(OY2/OZ2-YAp2/ZAp2) % Égal à 0, donc OY/OZ=YA'/ZA' ce qui montre que A' 
                                                        % est le pied de la O-bissectrice du triangle OYZ.

Cordialement,

Rescassol

Bonjour,

La perpendiculaire en $O$ à $(OA)$ coupe les côtés $(AB)$ et $(AC)$ en $D$ et $E$.

Est-il connu que les symétriques de $O$ par rapport à $(AB)$ et $(AC)$ appartiennent à la médiatrice de $[AH]$ ? *

Si oui, on a un triangle orthique $OYZ$ du triangle $ADE$ et ses propriétés.

* Une propriété conséquence de celle ci: les symétriques de l'orthocentre d'un triangle par rapport à ses côtés appartiennent au cercle circonscrit.

Bonjour Jean Louis,

J'utilise le fait que les hauteurs d'un triangle sont les bissectrices de son triangle orthique.

Eh bien, $OYZ$ étant le triangle orthique du triangle $ADE$, la $A$ hauteur du triangle $ADE$ est la $O$ bissectrice intérieure du triangle $OYZ$.

Bonsoir fm_31,

Soit $O_1$ et $O_2$ les symétriques de $O$ par rapport aux côtés $(AD)$ et $(AE)$.

Soit $H_1$ et $H_2$ les symétriques de $H$ par rapport à ces mêmes côtés. Ils sont sur le cercle $ABC$.

On a donc: $O_1H=OH_1=OA=O_1A$ et $O_2H=OH_2=OA=O_2A$

$(O_1O_2)$ est la médiatrice de $[AH]$

On sait (voir problème de Fagnano) que le côté opposé à $O$ du triangle orthique du triangle $ADE$ est porté par $(O_1O_2)$.

Ce qui prouve que $OYZ$ est le triangle orthique du triangle $ADE$.