Dans un triangle $ABC$, on pose un point $D$ sur $BC$
Deux cercles, passant respectivement par $A, B, D$ et $A, C, D$. Depuis $D$, on mène deux parallèles à $AB$ et $AC$ qui vont couper $AC$ en $F$ et $AB$ en $E$. On élève depuis $E$ et $F$ des perpendiculaires, coupant les circonférences en $G$ et $H$.

Alors, $DG$ et $DH$ sont perpendiculaires.

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Les droites parallèles, ainsi que les angles inscrits, permettent de déterminer la plupart des angles de la figure.

Les triangles $BDA$ et $AMC$ sont semblables ($\widehat{MAC}=\widehat{MDC}=\widehat{ABC}$ ; $\widehat{AMC}=\pi-\widehat{ADC}=\widehat{ADB}$). Ils se déduisent l’un de l’autre via une similitude de rapport $k=AB/AC$.

Les points $E$ et $F$ en particulier occupent des positions homologues (puisque $\widehat{AMF}=\widehat{BDE}$), et donc $KG$ et $HJ$ sont éléments homologues ; les angles $\widehat{HAC}$ et $\widehat{KBA}$, en positions homologues, sont égaux, de même que $\widehat{BAK}$ et $\widehat{CAJ}$ ou $\widehat{ABG}$ et $\widehat{CAJ}$.

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On peut calculer l’angle $\widehat{CFJ}=\pi/2$ comme $\widehat{CFJ}=(CJ+AH)/2$ (les arcs !) soit, revenant aux angles inscrits $\widehat{CFJ}=\pi/2=\widehat{CAJ}+\widehat{HDA}$

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Enfin, l’angle $\widehat{HDG}$ est la somme $\widehat{HDG}=\widehat{HDA}+\widehat{ADG}$, soit $\widehat{HDG}=\widehat{HDA}+\widehat{CAJ}=\pi/2$.

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Pour le concours de la preuve la plus laborieuse, je dois être bien classé, ici.
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