Shortlist 2008, G4¶
Domaine : Géométrie · Difficulté : ★★★☆☆ · Proposé par : non indiqué
Concepts : Triangles semblables et similitudes · Puissance d'un point et axe radical · Outils projectifs : birapport, division harmonique, pôles et polaires
Solution officielle : Shortlist officielle 2008 (avec solutions), p. 34 (page 35 du PDF)
Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.
Énoncé¶
In an acute triangle \(ABC\) segments \(BE\) and \(CF\) are altitudes. Two circles passing through the points \(A\) and \(F\) are tangent to the line \(BC\) at the points \(P\) and \(Q\) so that \(B\) lies between \(C\) and \(Q\). Prove that the lines \(PE\) and \(QF\) intersect on the circumcircle of triangle \(AEF\).
Indices : les idées clés
- Puissance de \(B\) : \(BP^2 = BQ^2 = BA \cdot BF = BC \cdot BD = BE \cdot BH\), d'où des triangles semblables \(BPH \sim BEP\) et \(HDP \sim QDA\).
- Somme d'angles : \(\angle BPE + \angle BQF = 180^\circ - \angle CAB\), donc \(PE\) et \(QF\) se coupent en \(S\) avec \(\angle PSQ = \angle EAF\).
- Pascal (solution 2) : sur le cercle de diamètre \(AH\), l'hexagone \(AESFHV\) montre que \(FS\) passe par l'orthocentre \(Q'\) de \(AHP\), et l'on prouve \(Q' = Q\).
Solutions
Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2008 (deux solutions et trois remarques).
Solution 1¶
Pour atteindre le résultat voulu, on a besoin d'informations sur les directions des droites \(PE\) et \(QF\) ; elles sont fournies par les formules (1) et (2) ci-dessous.
Les tangentes \(BP\) et \(BQ\) aux deux cercles passant par \(A\) et \(F\) sont égales, puisque \(BP^2 = BA \cdot BF = BQ^2\). Considérons la hauteur \(AD\) du triangle \(ABC\) et son orthocentre \(H\). Les quadrilatères inscriptibles \(CDFA\) et \(CDHE\) donnent \(BA \cdot BF = BC \cdot BD = BE \cdot BH\). Donc \(BP^2 = BE \cdot BH\), soit \(BP/BH = BE/BP\), ce qui implique que les triangles \(BPH\) et \(BEP\) sont semblables. Donc
Le point \(P\) est entre \(D\) et \(C\) ; cela découle de l'égalité \(BP^2 = BC \cdot BD\). Vu cette égalité, et comme \(BP = BQ\),
De plus, \(AD \cdot DH = BD \cdot DC\), comme le montrent les triangles semblables \(BDH\) et \(ADC\). En combinant ces égalités, on obtient \(AD \cdot DH = DP \cdot DQ\). Donc \(DH/DP = DQ/DA\), ce qui montre que les triangles \(HDP\) et \(QDA\) sont semblables. Donc \(\angle HPD = \angle QAD\), ce qui s'écrit \(\angle BPH = \angle BAD + \angle BAQ\). Et comme \(BQ\) est tangente au cercle circonscrit au triangle \(FAQ\),
De (1) et (2), on déduit
Donc \(\angle BPE + \angle BQF < 180^\circ\), ce qui signifie que les demi-droites \(PE\) et \(QF\) se coupent. Soit \(S\) leur point d'intersection. Alors \(\angle PSQ = 180^\circ - (\angle BPE + \angle BQF) = \angle CAB = \angle EAF\).
Si \(S\) est entre \(P\) et \(E\), alors \(\angle PSQ = 180^\circ - \angle ESF\) ; et si \(E\) est entre \(P\) et \(S\), alors \(\angle PSQ = \angle ESF\). Dans les deux cas, l'égalité \(\angle PSQ = \angle EAF\) obtenue signifie que \(S\) est sur le cercle circonscrit au triangle \(AEF\). \(\blacksquare\)
Solution 2¶
Soit \(H\) l'orthocentre du triangle \(ABC\), et soit \(\omega\) le cercle de diamètre \(AH\), qui passe par \(E\) et \(F\). Introduisons les points d'intersection de \(\omega\) avec les droites issues de \(P\) : \(PA \cap \omega = \{A, U\}\), \(PH \cap \omega = \{H, V\}\), \(PE \cap \omega = \{E, S\}\). Les hauteurs du triangle \(AHP\) sont portées par les droites \(AV\), \(HU\), \(BC\), qui se coupent en son orthocentre \(Q'\).
D'après le théorème de Pascal appliqué à l'hexagone (croisé) \(AESFHV\), les points \(AE \cap FH = C\), \(ES \cap HV = P\) et \(SF \cap VA\) sont alignés, donc \(FS\) passe par \(Q'\).
Notons \(\omega_1\) et \(\omega_2\) les cercles de diamètres \(BC\) et \(PQ'\) respectivement. Soit \(D\) le pied de la hauteur issue de \(A\) dans le triangle \(ABC\). Supposons que \(AD\) coupe les cercles \(\omega_1\) et \(\omega_2\) aux points \(K\) et \(L\) respectivement.
Comme \(H\) est l'orthocentre de \(ABC\), les triangles \(BDH\) et \(ADC\) sont semblables, donc \(DA \cdot DH = DB \cdot DC = DK^2\) ; la dernière égalité est vraie parce que \(BKC\) est un triangle rectangle. Comme \(H\) est aussi l'orthocentre du triangle \(AQ'P\), on a de même \(DL^2 = DA \cdot DH\). Donc \(DK = DL\) et \(K = L\).
De plus, \(BD \cdot BC = BA \cdot BF\), grâce aux triangles semblables \(ABD\), \(CBF\). Dans le triangle rectangle \(BKC\), on a \(BK^2 = BD \cdot BC\). Donc, comme \(BA \cdot BF = BP^2 = BQ^2\) (par définition de \(P\) et \(Q\) dans l'énoncé), on obtient \(BK = BP = BQ\). Il s'ensuit que \(B\) est le centre de \(\omega_2\), et donc \(Q' = Q\). Les droites \(PE\) et \(QF\) se coupent donc au point \(S\), qui est sur le cercle circonscrit au triangle \(AEF\). \(\blacksquare\)
Remarques¶
Remarque 1. Si \(T\) est le point défini par \(PF \cap \omega = \{F, T\}\), le théorème de Pascal pour l'hexagone \(AFTEHV\) mène de même à la conclusion que la droite \(ET\) passe par \(Q'\). Autrement dit, les droites \(PF\) et \(QE\) se coupent aussi sur \(\omega\).
Remarque 2. Comme on le sait en géométrie algébrique, les points du cercle \(\omega\) forment un groupe commutatif pour l'opération suivante. On choisit un point quelconque \(0 \in \omega\) (l'élément neutre du groupe) et une droite \(\ell\) extérieure au cercle. Pour \(X, Y \in \omega\), on trace la droite issue du point \(XY \cap \ell\) passant par \(0\) jusqu'à son second point d'intersection avec \(\omega\), et l'on définit ce point comme \(X + Y\).
Dans notre solution, on a choisi \(H\) comme élément neutre et la droite \(BC\) comme \(\ell\). Le fait que les droites \(AV\), \(HU\), \(ET\), \(FS\) soient concourantes se déduit des identités \(A + A = 0\), \(F = E + A\), \(V = U + A = S + E = T + F\).
Remarque 3. Le problème avait été proposé sous la forme équivalente suivante : soient \(BE\) et \(CF\) des hauteurs d'un triangle acutangle \(ABC\). On choisit \(P\) sur le côté \(BC\) et \(Q\) sur le prolongement de \(CB\) au-delà de \(B\) tels que \(BQ^2 = BP^2 = BF \cdot AB\). Si \(QF\) et \(PE\) se coupent en \(S\), montrer que \(ESAF\) est inscriptible.