\documentclass[12pt]{book}
\usepackage{pas-exos}
\begin{document}
\chapter*{Théorème de Napoléon}

Soit ABC un triangle quelconque.

On construit les triangles équilatéraux $ABC'$, $BCA'$ et $ACB'$, extérieurs à ABC. On note I, G et H les centres de gravité respectifs de $ACB'$, $BCA'$ et $ABC'$. Le but est de montrer que IGH est équilatéral.

\medskip

\begin{enumerate}
\item Dans un premier temps, montrez que dans un quadrilatère quelconque, la somme de la mesure des angles est égale à $360^{\circ}$.
\item 
\begin{enumerate}
\item On note $\Omega$ le point d'intersection (autre que B) du cercle circonscrit aux triangles ABC' et BCA'. Calculez la mesure des angles $\angle{A$\Omega$B}$ et $\angle{B$\Omega$C}$. 
\item En déduire que $\Omega$ est aussi sur le cercle circonscrit au triangle ACB'. 
\end{enumerate}
\item Montrez que (GH) est la médiatrice de [$B\Omega$] et que (IH) est celle de [$A\Omega$]. 
\item Déduisez-en, à l'aide du résultat de la question 1, que IGH est équilatéral.
\end{enumerate}

\begin{center}
\shorthandoff{!:}
\begin{tikzpicture}
\coordinate (a) at (0,0);
\coordinate (b) at (4,2);
\coordinate (c) at (6,-1);
\coordinate (cprime) at ($(a)!.5!(b)!{sin(60)*2}!90:(b)$);
\coordinate (aprime) at ($(b)!.5!(c)!{sin(60)*2}!90:(c)$);
\coordinate (bprime) at ($(c)!.5!(a)!{sin(60)*2}!90:(a)$);
\coordinate (h) at (barycentric cs:a=1,b=1,cprime=1);
\coordinate (g) at (barycentric cs:b=1,c=1,aprime=1);
\coordinate (i) at (barycentric cs:c=1,a=1,bprime=1);
\draw (a) node[left] {A} -- (b) node[above] {B} -- (c) node[below right] {C} -- cycle;
\draw (a) -- (cprime) node[above] {$C'$} -- (b);
\draw (b) -- (aprime) node[above right] {$A'$} -- (c);
\draw (c) -- (bprime) node[below] {$B'$} -- (a);
\fill[blue] (h) circle (1pt) node[above] {H};
\fill[blue] (g) circle (1pt) node[above right] {G};
\fill[blue] (i) circle (1pt) node[below] {I};
\fill[fill=blue!20,opacity=.5] (i) -- (h) -- (g) -- cycle;
\draw[draw=blue] (i) -- (h) -- (g) -- cycle;
\end{tikzpicture}
\shorthandon{!:}
\end{center}

\correction

\begin{enumerate}
\item Considérons un quadrilatère quelconque. Alors, on peut le décomposer en deux triangles.\\
Or, dans un triangle, la somme de la mesure des angles est égale à $180^{\circ}$. Donc dans deux triangles, elle est égale au double, soit $360^{\circ}$.
\item
\begin{enumerate}
\item Dans le cercle circonscrit au triangle ABC', les angles $\angle{AC$^\prime$B}$ et $\angle{A$\Omega$B}$ interceptent le même arc de cercle ; ainsi, d'après le théorème de l'angle inscrit, comme le point $C'$ est sur le grand arc et $\Omega$ sur le petit, $\angle{A $\Omega$B} = 180^{\circ} - \angle{AC$^\prime$B}$.\\
\begin{center}
\shorthandoff{!:}
\begin{tikzpicture}
\coordinate (a) at (0,0);
\coordinate (b) at (4,2);
\coordinate (c) at (6,-1);
\coordinate (cprime) at ($(a)!.5!(b)!{sin(60)*2}!90:(b)$);
\coordinate (aprime) at ($(b)!.5!(c)!{sin(60)*2}!90:(c)$);
\coordinate (bprime) at ($(c)!.5!(a)!{sin(60)*2}!90:(a)$);
\coordinate (h) at (barycentric cs:a=1,b=1,cprime=1);
\coordinate (g) at (barycentric cs:b=1,c=1,aprime=1);
\coordinate (i) at (barycentric cs:c=1,a=1,bprime=1);
\draw (a) node[left] {A} -- (b) node[above] {B} -- (c) node[below right] {C} -- cycle;
\draw (a) -- (cprime) node[above] {$C'$} -- (b);
\draw (b) -- (aprime) node[above right] {$A'$} -- (c);
\draw (c) -- (bprime) node[below] {$B'$} -- (a);
\fill[blue] (h) circle (1pt) node[above] {H};
\fill[blue] (g) circle (1pt) node[above right] {G};
\fill[blue] (i) circle (1pt) node[below] {I};
\fill[fill=blue!20,opacity=.5] (i) -- (h) -- (g) -- cycle;
\draw[draw=blue] (i) -- (h) -- (g) -- cycle;
\tkzCalcLength[cm](h,b)\tkzGetLength{dHB}
\tkzCalcLength[cm](g,b)\tkzGetLength{dGB}
\draw (h) circle (\dHB cm);
\draw (g) circle (\dGB cm);
\tkzInterCC[R](h,\dHB cm)(g,\dGB cm)
\tkzGetPoints{P}{O}
\node[right,text=red] at (O) {$\Omega$};
\draw[thick,red] (O) -- (b);
\draw[thick,red] (O) -- (a);
\draw[thick,red] (O) -- (c);
\end{tikzpicture}
\shorthandon{!:}
\end{center}

Or, $\angle{AC$^\prime$B} = 60^{\circ}$ car $ABC'$ est équilatéral. Ainsi, $\angle{A$\Omega$B} = 120^{\circ}$.

Par un raisonnement analogue, on montre que $\angle{C $\Omega$B}$ est aussi égal à $120^{\circ}$.

\item Les angles $\angle{A$\Omega$B}$, $\angle{B$\Omega$C}$ et $\angle{C$\Omega$A}$ sont adjacents est forment à eux trois un angle plein.

Ainsi, 

\[
\angle{A$\Omega$B} + \angle{B$\Omega$C} + \angle{C$\Omega$A} = 360^{\circ}.\]

Donc : 

\[
120^{\circ} + 120^{\circ} + \angle{C$\Omega$A}  = 360^{\circ}\;,
\]

d'où : 

\[
\angle{C$\Omega$A} = 360^{\circ} - 120^{\circ} - 120^{\circ}.\]

Ainsi, 

\[
\angle{C$\Omega$A} = 120^{\circ}.
\]

Or, $\angle{AB$^\prime$C} = 60^{\circ}$ (car $ACB'$ est équilatéral) donc $\angle{C$\Omega$A} = 180^{\circ} - \angle{AB$^\prime$C}$.

Ainsi, d'après la réciproque du théorème de l'angle inscrit, $\Omega$ appartient au cercle circonscrit au triangle $ACB'$.
\end{enumerate} 

\item B et $\Omega$ appartiennent tous les deux aux cercles de centres respectifs H et G.

 Ainsi, $BH = \Omega H$ et $GB = G\Omega$. Les points G et H sont donc équidistants des points B et $\Omega$, ce qui signifie qu'ils appartiennent à la médiatrice de [$B\Omega$].
 
Un raisonnement analogue montrerait que (IH) est la médiatrice de [$A\Omega$].

\item Appelons F le point d'intersection de (GH) et ($\Omega B$) et E celui de ($\Omega E$) et (IH).

D'après la question 1, dans le quadrilatère $EHF\Omega$, on a l'égalité :

\[
\angle{EHF}+\angle{HF$\Omega$}+\angle{F$\Omega$E}+\angle{$\Omega$EH}=360^{\circ}\;,
\]

soit:

\[
\angle{EHF}+90^{\circ}+120^{\circ}+90^{\circ}=360^{\circ}.
\]

Ainsi,

\[
\angle{EHF}=360^{\circ}-90^{\circ}-120^{\circ}-90^{\circ}.
\]

\[ \angle{EHF}=60^{\circ}.\]

Un raisonnement analogue montrerait que $\angle{HGI}=\angle{GIH}=60^{\circ}$.

Ainsi, le triangle IGH est équilatéral.
\end{enumerate}
\end{document}
