Shortlist 2006, G6¶
Domaine : Géométrie · Difficulté : ★★★☆☆ · Proposé par : Brazil
Concepts : Homothétie · Outils projectifs : birapport, division harmonique, pôles et polaires · Ceva et Ménélaüs
Solution officielle : Shortlist officielle 2006 (avec solutions), p. 42 (page 43 du PDF)
Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.
Énoncé¶
Circles \(\omega_1\) and \(\omega_2\) with centres \(O_1\) and \(O_2\) are externally tangent at point \(D\) and internally tangent to a circle \(\omega\) at points \(E\) and \(F\), respectively. Line \(t\) is the common tangent of \(\omega_1\) and \(\omega_2\) at \(D\). Let \(AB\) be the diameter of \(\omega\) perpendicular to \(t\), so that \(A\), \(E\) and \(O_1\) are on the same side of \(t\). Prove that lines \(AO_1\), \(BO_2\), \(EF\) and \(t\) are concurrent.
Indices : les idées clés
- Homothéties de centres \(E\) et \(F\) : \(E\), \(D\), \(B\) et \(F\), \(D\), \(A\) sont alignés ; \(D\) est l'orthocentre du triangle \(ABC\) (avec \(C = AE \cap BF\), sur \(t\)).
- Triangles parallèles (solution 2) : \(ABC\) et \(O_1O_2M\) (\(M\) milieu de \(CD\)) ont leurs côtés parallèles, donc \(AO_1\), \(BO_2\) et \(t\) concourent au centre d'homothétie \(Q\).
- Pappus (projectif) sur \(A, O, B\) et \(O_2, D, O_1\) : \(F\), \(Q\), \(E\) sont alignés ; ou bien (solution 1) Menelaus et une division harmonique.
Solutions
Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2006 (deux solutions et une remarque).
Solution 1¶
Le point \(E\) est le centre d'une homothétie \(h\) qui envoie le cercle \(\omega_1\) sur le cercle \(\omega\). Les rayons \(O_1D\) et \(OB\) de ces cercles sont parallèles, puisque tous deux sont perpendiculaires à la droite \(t\). De plus, \(O_1D\) et \(OB\) sont du même côté de la droite \(EO\), donc \(h\) envoie \(O_1D\) sur \(OB\). Par conséquent, les points \(E\), \(D\) et \(B\) sont alignés. De même, les points \(F\), \(D\) et \(A\) sont alignés.
Soit \(C\) le point d'intersection des droites \(AE\) et \(BF\). Comme \(AF\) et \(BE\) sont des hauteurs du triangle \(ABC\), leur point commun \(D\) est l'orthocentre de ce triangle. Donc \(CD\) est perpendiculaire à \(AB\), ce qui implique que \(C\) est sur la droite \(t\). Remarquons que le triangle \(ABC\) est acutangle. Rappelons le fait bien connu que les triangles \(FEC\) et \(ABC\) sont semblables de rapport \(\cos \gamma\), où \(\gamma = \angle ACB\). De plus, les points \(C\), \(E\), \(D\) et \(F\) sont sur le cercle de diamètre \(CD\).
Soit \(P\) le point commun des droites \(EF\) et \(t\). Montrons que \(P\) est sur la droite \(AO_1\). Notons \(N\) le second point commun du cercle \(\omega_1\) et de \(AC\) ; c'est le point de \(\omega_1\) diamétralement opposé à \(D\). Par le théorème de Menelaus dans le triangle \(DCN\), les points \(A\), \(O_1\) et \(P\) sont alignés si et seulement si
Comme \(NO_1 = O_1D\), cela se réduit à \(CA/AN = CP/PD\). Soit \(K\) le point où la droite \(t\) coupe \(AB\). Alors \(CA/AN = CK/KD\), il suffit donc de montrer que
Pour vérifier (1), considérons le cercle circonscrit \(\Omega\) au triangle \(ABC\). Traçons son diamètre \(CU\) passant par \(C\), et soit \(V\) le point où \(CU\) coupe \(AB\). Prolongeons \(CK\) jusqu'à son second point d'intersection \(L\) avec \(\Omega\). Comme \(AB\) est parallèle à \(UL\), on a \(\angle ACU = \angle BCL\). D'autre part, \(\angle EFC = \angle BAC\), \(\angle FEC = \angle ABC\) et \(EF/AB = \cos \gamma\), comme rappelé ci-dessus. La symétrie par rapport à la bissectrice de \(\angle ACB\) suivie d'une homothétie de centre \(C\) et de rapport \(1/\cos \gamma\) envoie donc le triangle \(FEC\) sur le triangle \(ABC\). Par conséquent, cette transformation envoie \(CD\) sur \(CU\), ce qui implique \(CP/PD = CV/VU\). Ensuite, on a \(KL = KD\), puisque \(D\) est l'orthocentre du triangle \(ABC\). Donc \(CK/KD = CK/KL\). Enfin, \(CV/VU = CK/KL\) puisque \(AB\) est parallèle à \(UL\).
La relation (1) en découle, ce qui prouve que \(P\) est sur la droite \(AO_1\). Par symétrie, \(P\) est aussi sur la droite \(BO_2\) (le livret écrit « \(AO_2\) »), ce qui termine la solution. \(\blacksquare\)
Solution 2¶
On procède comme dans la première solution pour définir un triangle \(ABC\) d'orthocentre \(D\), dans lequel \(AF\) et \(BE\) sont des hauteurs.
Notons \(M\) le milieu de \(CD\). Le quadrilatère \(CEDF\) est inscrit dans un cercle de centre \(M\), donc \(MC = ME = MD = MF\).
Considérons les triangles \(ABC\) et \(O_1O_2M\). Les droites \(O_1O_2\) et \(AB\) sont parallèles, toutes deux étant perpendiculaires à la droite \(t\). Ensuite, \(MO_1\) est la droite des centres des cercles \((CEF)\) et \(\omega_1\), dont la corde commune est \(DE\). Donc \(MO_1\) est la bissectrice de \(\angle DME\), qui est l'angle extérieur en \(M\) du triangle isocèle \(CEM\). Il s'ensuit que \(\angle DMO_1 = \angle DCA\), de sorte que \(MO_1\) est parallèle à \(AC\). De même, \(MO_2\) est parallèle à \(BC\).
Les côtés correspondants des triangles \(ABC\) et \(O_1O_2M\) sont donc parallèles ; de plus, ces triangles ne sont pas isométriques. Il existe donc une homothétie qui envoie \(ABC\) sur \(O_1O_2M\). Les droites \(AO_1\), \(BO_2\) et \(CM = t\) concourent au centre \(Q\) de cette homothétie.
Enfin, appliquons le théorème de Pappus aux triplets de points alignés \(A\), \(O\), \(B\) et \(O_2\), \(D\), \(O_1\). Le théorème implique que les points \(AD \cap OO_2 = F\), \(AO_1 \cap BO_2 = Q\) et \(OO_1 \cap BD = E\) sont alignés. Autrement dit, la droite \(EF\) passe par le point commun \(Q\) de \(AO_1\), \(BO_2\) et \(t\). \(\blacksquare\)
Remarque¶
La relation (1) de la solution 1 exprime le fait bien connu que les points \(P\) et \(K\) sont conjugués harmoniques par rapport aux points \(C\) et \(D\). On peut aussi la justifier facilement par un calcul direct. En notant \(\angle CAB = \alpha\), \(\angle ABC = \beta\), on obtient sans peine \(CP/PD = CK/KD = \tan \alpha\tan \beta\).