Bonjour,
ta démonstration me semble correcte, il y a juste une petite erreur dans une de tes phrases :
On a l'angle CHB = 180° − l'angle BHN ( puisque l'angle NHC est un angle droit )
Je pense que tu voulais dire que \(\widehat{NHC}\) est un angle plat.
Sinon, c'est très bien raisonné mais c'est bien au-delà du niveau seconde.
Pour la relation d'Euler (\(\overrightarrow{OH}= \overrightarrow{OA}+ \overrightarrow{OB}+ \overrightarrow{OC}\)), je peux te proposer la démarche suivante avec les notations de ta figure initiale :
Si on considère le point \(M\) du plan défini par \(\overrightarrow{OM}= \overrightarrow{OA}+ \overrightarrow{OB}+ \overrightarrow{OC}\).
Alors en notant \(A'\) le milieu de \([BC]\), on a en passant \(\overrightarrow{OA}\) dans le membre de gauche :
\(\overrightarrow{OM}-\overrightarrow{OA}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}\)
La relation de Chasles à gauche et la règle du parallélogramme à droite permettent de simplifier les écritures vectorielles :
\(\overrightarrow{AM}=2\overrightarrow{OA'}\).
Cette relation vectorielle permet de montrer que \(\overrightarrow{AM}\) est colinéaire à \(\overrightarrow{OA'}\) qui est un vecteur directeur de la médiatrice de \([BC]\) donc on en déduit que \((AM)//(OA')\) et comme \((OA')\perp (BC)\), on en déduit que \((AM)\perp (BC)\).
Donc \(M\) appartient à la perpendiculaire à \((BC)\) passant par \(A\), autrement dit \(M\) appartient à la hauteur issue de \(A\).
Si on recommence la même démonstration avec \(B'\) milieu de \([AC]\), on obtiendra, en suivant la même démarche, que \(M\) appartient à la hauteur issue de \(B\).
De même, en recommençant la même démonstration avec \(C'\) milieu de \([AB]\), on obtiendra en suivant la même démarche, que \(M\) appartient à la hauteur issue de \(C\).
Finalement, \(M\) appartient aux trois hauteurs du triangle donc \(M\) est l'orthocentre et \(M=H\) donc \(\overrightarrow{OH}= \overrightarrow{OA}+ \overrightarrow{OB}+ \overrightarrow{OC}\), et en particulier, en reprenant les éléments de la démonstration , \(\overrightarrow{AH}=2\overrightarrow{OA'}\)
Cette relation permet de démontrer le fait que \(K\) symétrique de \(H\) par rapport à \(O\) est bien sur le cercle en montrant que \(O\) est le milieu de \([AK]\).
En effet, en partant de la relation \(\overrightarrow{OK}+\overrightarrow{OA}\) et en utilisant la relation de Chasles pour insérer des points, on a :
\(\overrightarrow{OK}+\overrightarrow{OA}=\overrightarrow{OA'}+\overrightarrow{A'K}+\overrightarrow{OH}+\overrightarrow{HA}\)
Avec la relation précédente, \(\overrightarrow{HA}=-2\overrightarrow{OA'}\), on a en simplifiant :
\(\overrightarrow{OK}+\overrightarrow{OA}= \overrightarrow{OA'}+\overrightarrow{A'K}+\overrightarrow{OH}-2\overrightarrow{OA'}=\overrightarrow{A'O}+\overrightarrow{OH}+\overrightarrow{A'K}=\overrightarrow{A'H}+\overrightarrow{A'K}\)
Or cette dernière relation est égale au vecteur nul car \(A'\) milieu de \([HK]\).
Ainsi, on a aussi \(\overrightarrow{OK}+\overrightarrow{OA}=\overrightarrow{0}\) donc \(O\) milieu de \([AK]\) ce qui prouve que \(K\) appartient au cercle circonscrit à \(ABC\).
Bonne continuation