\begin{questions}
\item Il faut considérer les hauteurs du triangle $EIJ$. $(AB)$ et
$(BC)$ (donc $(BI)$) sont perpendiculaires, ce qui fait de $(BI)$
une hauteur de $EIJ$. $(EG)$ et $(HF)$ sont perpendiculaires, donc
$(EI)\perp(FJ)$ et $(FJ)$ est une deuxième hauteur de $EIJ$. Sachant
que $(BI)$ et $(FJ)$ se coupent en $F$, $F$ est l'orthocentre de
$EIJ$, et donc $(EF)$, hauteur, est perpendiculaire à $(IJ)$.
\item Notons $K$ l'intersection des diagonales de $EFGH$.
{\em Si l'on suppose que $EFGH$ est un carré}, $K$ est le milieu de $[EG]$ et
de $[FH]$.
Montrons que $K$ est le milieu de $[AC]$. En appelant $S$ la
symétrie de centre $K$, on constate que $S(H)=F$. L'image
d'une droite par une symétrie centrale est une droite parallèle,
donc l'image de $(AD)$, droite contenant $H$,
est une droite parallèle qui passe par $F$, c'est-à-dire $(BC)$.
De même, $S(E)=G$, et on montre que l'image de $(AB)$ est $(DC)$.
$A$ est l'intersection de $(AD)$ et $(AB)$, donc
$S(A)$ est l'intersection de $(BC)$ et $(DC)$. Il vient
$S(A)=C$, donc $K$ est le milieu de $[AC]$, et $K$ est le centre
du carré $ABCD$.

\begin{center}
\includegraphics{155_05-22}
\end{center}

{\em Dans un deuxième temps, supposons que $(EG)$ et $(FH)$ se
coupent au centre de $ABCD$}, que nous
notons $O$, et montrons que $EFGH$ est un carré.\\
Montrons que $O$ est le milieu des diagonales de $EFGH$.\\
Les triangles $AOH$ et $OFC$ sont en configuration de Thalès, donc
\[\frac{OF}{OH}=\frac{OC}{OA}=1.\]
Ce qui montre que $OF=OH$, donc $O$ est le milieu de $[FH]$.\\
De même, $O$ est le milieu de $[EG]$.\\
On sait désormais que $EFGH$ est un parallélogramme dont les
diagonales sont perpendiculaires. C'est donc un losange.

Pour prouver que c'est un carré, nous allons démontrer que ses diagonales ont même longueur.

Les triangles $EBI$ et $GCI$ sont en configuration de Thalès, où $(EB)~//~(GC)$, donc~:
\[\dfrac{IG}{IE}=\dfrac{IC}{IB}=\dfrac{GC}{EB}.\]
Comme les points $I$, $G$ et $E$ sont alignés dans cet ordre, on a :
\begin{align*}
IE & = IG + GE.\\
\text{De même, }IB & = IC + CB.
\end{align*}
Les égalités suivantes sont équivalentes :
\begin{align*}
\dfrac{IG}{IE} & = \dfrac{IC}{IB}\\
\dfrac{IG\textcolor{DR}{+GE-GE}}{IG+\textcolor{DR}{GE}} & = \dfrac{IC\textcolor{DG}{+CB-CB}}{IC + \textcolor{DG}{CB}}\\
1-\dfrac{GE}{IE} & = 1-\dfrac{CB}{IB}\\
\dfrac{EG}{EI} & = \dfrac{BC}{BI}.
\end{align*}
De même, les triangles $JAH$ et $JBF$ sont en configuration de Thalès, où $(AH)~//~(BF)$, donc, de la même façon que précédemment, on montre que :
\[\dfrac{HF}{HJ}=\dfrac{AB}{AJ}.\]
On en déduit les égalités :
\[EG=BC\times\dfrac{EI}{BI}\text{ et }HF=BA\times\dfrac{HJ}{AJ}.\]
En calculant l'aire du triangle $EIJ$ de deux façons différentes,
on obtient (entre autres) l'égalité :
\[OJ\times EI=BI\times EJ\]
et donc
\[\dfrac{EI}{BI}=\dfrac{EJ}{OJ}.\]
Il vient :
\[EG=BC\times\dfrac{EJ}{OJ}.\]
Observons le triangle $EOJ$ rectangle en $O$.

On peut écrire $\cos\widehat{EJO}=\dfrac{OJ}{EJ}$.

Dans le triangle $AHJ$, rectangle en $A$, on peut écrire
$\cos\widehat{AJH}=\dfrac{AJ}{JH}$.

$\widehat{EJO}=\widehat{AJH}$, donc
$\dfrac{OJ}{EJ}=\dfrac{AJ}{JH}$ et :
\[\dfrac{EJ}{OJ}=\dfrac{JH}{AJ}.\]
En utilisant que $BC=AB$, on écrit :
\[
EG=BC\times\dfrac{JH}{AJ}=AB\times\dfrac{JH}{AJ}=HF.\]
Le quadrilatère $EFGH$ est un quadrilatère dont les diagonales sont perpendiculaires, se coupent en leur milieu, et ont même longueur, c'est donc un carré.
\end{questions}
