Shortlist 2008, G1

Domaine : Géométrie · Difficulté : ★★☆☆☆ · Proposé par : non indiqué

Concepts : Centres du triangle et lemmes classiques · Puissance d'un point et axe radical · Coordonnées et nombres complexes

Solution officielle : Shortlist officielle 2008 (avec solutions), p. 29 (page 30 du PDF)

Problème 1 de l'OIM 2008

Ce problème a été choisi parmi ceux de la shortlist pour l'épreuve de l'OIM 2008, où il était le problème 1 (jour 1).

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Énoncé

In an acute-angled triangle \(ABC\), point \(H\) is the orthocentre and \(A_0\), \(B_0\), \(C_0\) are the midpoints of the sides \(BC\), \(CA\), \(AB\), respectively. Consider three circles passing through \(H\): \(\omega_a\) around \(A_0\), \(\omega_b\) around \(B_0\) and \(\omega_c\) around \(C_0\). The circle \(\omega_a\) intersects the line \(BC\) at \(A_1\) and \(A_2\); \(\omega_b\) intersects \(CA\) at \(B_1\) and \(B_2\); \(\omega_c\) intersects \(AB\) at \(C_1\) and \(C_2\). Show that the points \(A_1\), \(A_2\), \(B_1\), \(B_2\), \(C_1\), \(C_2\) lie on a circle.

Indices : les idées clés

• Seul centre possible : les médiatrices de \(A_1A_2\), \(B_1B_2\), \(C_1C_2\) sont celles des côtés, donc le centre cherché est le centre du cercle circonscrit \(O\), et \(OA_1^2 = OA_0^2 + A_0H^2\).
• Parallélogrammes : avec \(K\) milieu de \(AH\), \(AKA_0O\) et \(HA_0OK\) sont des parallélogrammes, d'où \(OA_1^2 = \frac{OH^2 + R^2}{2}\), expression symétrique.
• Puissance (solution 2) : \(AC_1 \cdot AC_2 = AA' \cdot AH = AB_1 \cdot AB_2\) ; ou bien (solution 3) un calcul vectoriel avec \(\overrightarrow{OH} = \mathbf{a} + \mathbf{b} + \mathbf{c}\).

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2008 (trois solutions et une remarque). C'est le problème 1 de l'OIM 2008.

Solution 1

Les médiatrices des segments \(A_1A_2\), \(B_1B_2\), \(C_1C_2\) sont aussi les médiatrices de \(BC\), \(CA\), \(AB\). Elles se coupent donc en \(O\), le centre du cercle circonscrit à \(ABC\). Ainsi \(O\) est le seul point qui puisse être le centre du cercle cherché.

Le triangle rectangle \(OA_0A_1\) donne

\[OA_1^2 = OA_0^2 + A_0A_1^2 = OA_0^2 + A_0H^2. \tag{1}\]

Soient \(K\) le milieu de \(AH\) et \(L\) le milieu de \(CH\). Comme \(A_0\) et \(B_0\) sont les milieux de \(BC\) et \(CA\), on voit que \(A_0L \parallel BH\) et \(B_0L \parallel AH\). Les segments \(A_0L\) et \(B_0L\) sont donc perpendiculaires à \(AC\) et à \(BC\), donc parallèles à \(OB_0\) et à \(OA_0\) respectivement. Par conséquent, \(OA_0LB_0\) est un parallélogramme, de sorte que \(OA_0\) et \(B_0L\) sont égaux et parallèles. De plus, la droite des milieux \(B_0L\) du triangle \(AHC\) est égale et parallèle à \(AK\) et à \(KH\).

Il s'ensuit que \(AKA_0O\) et \(HA_0OK\) sont des parallélogrammes. Le premier donne \(A_0K = OA = R\), où \(R\) est le rayon du cercle circonscrit à \(ABC\). Le second donne

\[2(OA_0^2 + A_0H^2) = OH^2 + A_0K^2 = OH^2 + R^2. \tag{2}\]

(Dans un parallélogramme, la somme des carrés des diagonales est égale à la somme des carrés des côtés.)

De (1) et (2), on tire \(OA_1^2 = (OH^2 + R^2)/2\). Par symétrie, il en est de même des distances \(OA_2\), \(OB_1\), \(OB_2\), \(OC_1\) et \(OC_2\). Les points \(A_1\), \(A_2\), \(B_1\), \(B_2\), \(C_1\), \(C_2\) sont donc tous sur un cercle de centre \(O\) et de rayon \(\sqrt{(OH^2 + R^2)/2}\) (le livret écrit « de rayon \((OH^2 + R^2)/2\) » ; c'est le carré du rayon). \(\blacksquare\)

Solution 2

Montrons de nouveau que le centre \(O\) du cercle circonscrit est à égale distance des six points en question.

Soit \(A'\) le second point d'intersection de \(\omega_b\) et \(\omega_c\). La droite \(B_0C_0\), qui est la droite des centres des cercles \(\omega_b\) et \(\omega_c\), est une droite des milieux du triangle \(ABC\), parallèle à \(BC\) et perpendiculaire à la hauteur \(AH\). Les points \(A'\) et \(H\) sont symétriques par rapport à la droite des centres. Donc \(A'\) est sur la droite \(AH\).

Les deux cercles \(\omega_b\) et \(\omega_c\) donnent \(AC_1 \cdot AC_2 = AA' \cdot AH = AB_1 \cdot AB_2\). Le quadrilatère \(B_1B_2C_1C_2\) est donc inscriptible. Les médiatrices des côtés \(B_1B_2\) et \(C_1C_2\) se coupent en \(O\). Donc \(O\) est le centre du cercle circonscrit à \(B_1B_2C_1C_2\), et ainsi \(OB_1 = OB_2 = OC_1 = OC_2\).

Des arguments analogues donnent \(OA_1 = OA_2 = OB_1 = OB_2\) et \(OA_1 = OA_2 = OC_1 = OC_2\). Les points \(A_1\), \(A_2\), \(B_1\), \(B_2\), \(C_1\), \(C_2\) sont donc sur un cercle de centre \(O\). \(\blacksquare\)

Remarque. Le problème se résout sans grande difficulté de nombreuses façons par le calcul, avec la trigonométrie, la géométrie analytique ou les nombres complexes. À titre d'exemple, voici une courte preuve vectorielle.

Solution 3

Soient encore \(O\) et \(R\) le centre et le rayon du cercle circonscrit. Considérons les vecteurs

\[\overrightarrow{OA} = \mathbf{a}, \quad \overrightarrow{OB} = \mathbf{b}, \quad \overrightarrow{OC} = \mathbf{c}, \qquad \text{où} \quad \mathbf{a}^2 = \mathbf{b}^2 = \mathbf{c}^2 = R^2.\]

On sait bien que \(\overrightarrow{OH} = \mathbf{a} + \mathbf{b} + \mathbf{c}\). Par conséquent,

\[\overrightarrow{A_0H} = \overrightarrow{OH} - \overrightarrow{OA_0} = (\mathbf{a} + \mathbf{b} + \mathbf{c}) - \frac{\mathbf{b} + \mathbf{c}}{2} = \frac{2\mathbf{a} + \mathbf{b} + \mathbf{c}}{2},\]

et

\[\begin{aligned} OA_1^2 = OA_0^2 + A_0A_1^2 = OA_0^2 + A_0H^2 &= \left(\frac{\mathbf{b} + \mathbf{c}}{2}\right)^2 + \left(\frac{2\mathbf{a} + \mathbf{b} + \mathbf{c}}{2}\right)^2 \\ &= \frac{1}{4}(\mathbf{b}^2 + 2\mathbf{bc} + \mathbf{c}^2) + \frac{1}{4}(4\mathbf{a}^2 + 4\mathbf{ab} + 4\mathbf{ac} + \mathbf{b}^2 + 2\mathbf{bc} + \mathbf{c}^2) = 2R^2 + (\mathbf{ab} + \mathbf{ac} + \mathbf{bc}) ; \end{aligned}\]

ici, \(\mathbf{ab}\), \(\mathbf{bc}\), etc. désignent des produits scalaires de vecteurs. On obtient la même chose pour les distances \(OA_2\), \(OB_1\), \(OB_2\), \(OC_1\) et \(OC_2\). \(\blacksquare\)