Shortlist 2009, G2¶
Domaine : Géométrie · Difficulté : ★★☆☆☆ · Proposé par : Russia
Concepts : Puissance d'un point et axe radical · Triangles semblables et similitudes · Coordonnées et nombres complexes
Solution officielle : Shortlist officielle 2009 (avec solutions), p. 50 (page 52 du PDF)
Problème 2 de l'OIM 2009
Ce problème a été choisi parmi ceux de la shortlist pour l'épreuve de l'OIM 2009, où il était le problème 2 (jour 1).
Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.
Énoncé¶
Let \(ABC\) be a triangle with circumcenter \(O\). The points \(P\) and \(Q\) are interior points of the sides \(CA\) and \(AB\), respectively. The circle \(k\) passes through the midpoints of the segments \(BP\), \(CQ\), and \(PQ\). Prove that if the line \(PQ\) is tangent to circle \(k\) then \(OP = OQ\).
Indices : les idées clés
- Droites des milieux : avec \(K\), \(L\), \(M\) milieux de \(BP\), \(CQ\), \(PQ\), on a \(LM \parallel CA\) et \(MK \parallel AB\), et la tangence donne \(\angle LMP = \angle LKM\).
- Triangles semblables : \(APQ \sim MKL\), d'où \(\frac{AP}{AQ} = \frac{QB}{PC}\), c'est-à-dire \(AP \cdot PC = AQ \cdot QB\).
- Puissance d'un point : \(P\) et \(Q\) ont la même puissance par rapport au cercle circonscrit, donc \(OP = OQ\) ; ou bien (solution 2) des projections de vecteurs donnent \(\overrightarrow{SM} = \frac{1}{2}\overrightarrow{OT}\).
Solutions
Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2009 (deux solutions et une remarque). C'est le problème 2 de l'OIM 2009.
Solution 1¶
Soient \(K\), \(L\), \(M\), \(B'\), \(C'\) les milieux de \(BP\), \(CQ\), \(PQ\), \(CA\) et \(AB\) respectivement (voir figure 1). Comme \(CA \parallel LM\), on a \(\angle LMP = \angle QPA\). Comme \(k\) est tangent au segment \(PQ\) en \(M\), on trouve \(\angle LMP = \angle LKM\). Donc \(\angle QPA = \angle LKM\). De même, \(AB \parallel MK\) donne \(\angle PQA = \angle KLM\). Les triangles \(APQ\) et \(MKL\) sont donc semblables, d'où
Or (1) équivaut à \(AP \cdot PC = AQ \cdot QB\), ce qui signifie que les puissances des points \(P\) et \(Q\) par rapport au cercle circonscrit à \(ABC\) sont égales, d'où \(OP = OQ\). \(\blacksquare\)
Remarque. Le dernier argument peut aussi s'établir par le calcul suivant :
Avec (1), on conclut que \(OP^2 - OQ^2 = 0\), comme voulu.
Solution 2¶
Notons encore \(K\), \(L\), \(M\) les milieux des segments \(BP\), \(CQ\) et \(PQ\). Soient \(O\), \(S\), \(T\) les centres des cercles circonscrits aux triangles \(ABC\), \(KLM\) et \(APQ\) respectivement (voir figure 2). Remarquons que \(MK\) et \(LM\) sont les droites des milieux des triangles \(BPQ\) et \(CPQ\) respectivement, donc \(\overrightarrow{MK} = \frac{1}{2}\overrightarrow{QB}\) et \(\overrightarrow{ML} = \frac{1}{2}\overrightarrow{PC}\). Notons \(\operatorname{pr}_l(\vec{v})\) la projection du vecteur \(\vec{v}\) sur la droite \(l\). Alors \(\operatorname{pr}_{AB}(\overrightarrow{OT}) = \operatorname{pr}_{AB}(\overrightarrow{OA} - \overrightarrow{TA}) = \frac{1}{2}\overrightarrow{BA} - \frac{1}{2}\overrightarrow{QA} = \frac{1}{2}\overrightarrow{BQ} = \overrightarrow{KM}\) et \(\operatorname{pr}_{AB}(\overrightarrow{SM}) = \operatorname{pr}_{MK}(\overrightarrow{SM}) = \frac{1}{2}\overrightarrow{KM} = \frac{1}{2}\operatorname{pr}_{AB}(\overrightarrow{OT})\). On obtient de même \(\operatorname{pr}_{CA}(\overrightarrow{SM}) = \frac{1}{2}\operatorname{pr}_{CA}(\overrightarrow{OT})\). Comme \(AB\) et \(CA\) ne sont pas parallèles, cela implique \(\overrightarrow{SM} = \frac{1}{2}\overrightarrow{OT}\).
Comme le cercle \(k\) est tangent à \(PQ\) en \(M\), on a \(SM \perp PQ\), donc \(OT \perp PQ\). Comme \(T\) est à égale distance de \(P\) et de \(Q\), la droite \(OT\) est la médiatrice du segment \(PQ\), et \(O\) est donc à égale distance de \(P\) et de \(Q\), ce qui termine la preuve. \(\blacksquare\)