Bonjour

En fait vous êtes dans un cas particulier où GF et GE sont tangentes aux cercles. Dans le cas général il y a deux autres points et vous trouverez les 2 « parallèles » manquantes. Je ne parviens pas à démontrer ce parallélisme, par contre j’ai démontré que si L et M sont les centres des cercles alors les angles $\widehat {AGL}$ et $\widehat {BGM}$ sont égaux.

A défaut du 6.1.10 voila une solution d’un de nos échecs en 3 étapes.

Propriété 1 : Deux tangentes à une parabole forment un triangle dont les sommets sont les 2 points de tangences et le point d’intersection et dont la symédiane issue de cette intersection passe par le foyer de la parabole.
Preuve : A et B sont des points de la parabole de foyer F et de directrice (d). Les tangentes en A et B se coupent en T. M est le milieu de [AB]. C et D sont les projetés orthogonaux de A et B sur (d).
On a AF = AC et BF = BD. (AT) bissectrice de (AF,AC) et (BT) bissectrice de (BD,BF) d’où C et D sont les symétriques de F par rapport à (AT) et (BT).
Il vient TA = TF = TB de plus (TA) et (TB) sont les bissectrices de (TC,TF) et (TF,TD) avec pour conséquence (TA,TB) = $\frac 1 2$ (TC,TD).
Dans une parabole la droite passant par T et M est perpendiculaire à la directrice. (c’est une propriété des coniques : la droite passe par le milieu des foyers dans l’ellipse et l’hyperbole, pour la parabole le deuxième foyer ainsi que le milieu sont envoyé à l’infini d’où le résultat)
M milieu de [AB] se projette sur (d) en E milieu de [CD] d’où (TC,TM) = $\frac 1 2$ (TC,TD) = (TA,TB)
(TC,TA) = (TC,TM) + (TM,TA) = (TA,TB) + (TM, TA) = (TM,TB) or (TC,TA) = (TA,TF)
On a (TA,TF) = (TM,TB) et donc (TF) et (TM) symétriques par rapport à la bissectrice de (TA,TB) comme (TM) est la médiane (TF) est la symédiane.

Propriété 2 : A,B,C et D 4 points d’une parabole définissent avec leurs tangentes un quadrilatère complet FHEI complété par K et J alors soit les droites (AB),(CD),(HI) et (KL) sont concourantes, soit elles sont parallèles.
Preuve : G est l’intersection entre (AB) et (CD) (si elle existe) , E et F étant les intersections des tangentes (EF) est la polaire de G par rapport à la parabole.
(EA),(EB) et (EF),(EG) forment un faisceau harmonique(1), de même que (FD),(FC) et (FE),(FG)(2)
L et N sont les intersections de (EF) avec (HI) et (KJ). D’après (1) le point qui partage harmoniquement H et I avec L est un point de (EG) mais d’après (2) c’est aussi un point de (FG).
Donc les 4 droites sont bien concourantes en G.
C’ est le point de la parabole tel que (AB)//(C’D). Si C se rapproche de C’ alors G est envoyé vers l’infini et à la limite, puisque tous les mouvements sont continus, les 4 droites deviennent parallèles.

Et maintenant le 5.2.9
On retrouve A,B,D et A,C,E alignés avec (BC)//(DE). (BE) et (CD) se coupent en G. Les cercles BDG et CGE se recoupent en F qui devient donc le point de Miquel du quadrilatère ABGC complété par D et E.
Il faut démontrer l’égalité entre les angles (AB,AF) et(AG,AC).
Preuve : (AG),(BC) et (DE) sont les diagonales du quadrilatère complet. Donc (AB),(AC),(AG) et X forment un faisceau harmonique , X étant la droite passant par A et l’intersection des 2 autres diagonales, rejeté à l’infini et donc X//(BC) d’où (AG) passe par le milieu de [BC]. (AG) est la médiane de ABC mais aussi de ADE et tout triangle de sommet A, de côtés porté par (AB) et (AC) et de côté opposé parallèle à (BC).
Depuis le 5.1.9 on sait que 4 points étant cocycliques les symétriques de l’un par rapport aux côté du triangle formé par les 3 autre sont alignés sur une droite qui passe par l’orthocentre du triangle. Appliqué à F et aux cercles (BDG),(BDF) ainsi que (ABE) et (ACD) on trouve que les orthocentres des 4 triangles sont alignés et que sur cette droite on trouve les symétriques de F par rapport aux 4 côtés. Sur la figure ne sont représentés que L et M symétriques de F par rapport (DC) et (BE) ainsi que (d) droite contenant orthocentres et symétriques.
I est le point de (BE) tel que (IM) est perpendiculaire à (d). IM = IF par symétrie et (BE) est la bissectrice de (IM,IF) donc I est sur la parabole de foyer F et de directrice (d) et (BE) est la tangente en I.
Il en est de même avec les points H,J et K construits à partir des 3 autres symétriques.
On retrouve ici des résultats bien connus du point de Miquel.
La propriété 2 donne (BC)//(DE)//(HI)//(JK).
Le triangle AJK rentre dans le cas de la propriété 1avec (AG) médiane et (AF) symédiane et donc symétriques par rapport à la bissectrice de(AB,AC) d’où (AB,AF) = (AG,AC).