Shortlist 2009, G6

Domaine : Géométrie · Difficulté : ★★★★☆ · Proposé par : Ukraine

Concepts : Centres du triangle et lemmes classiques · Puissance d'un point et axe radical · Chasse aux angles et quadrilatères cycliques

Solution officielle : Shortlist officielle 2009 (avec solutions), p. 60 (page 62 du PDF)

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Énoncé

Let the sides \(AD\) and \(BC\) of the quadrilateral \(ABCD\) (such that \(AB\) is not parallel to \(CD\)) intersect at point \(P\). Points \(O_1\) and \(O_2\) are the circumcenters and points \(H_1\) and \(H_2\) are the orthocenters of triangles \(ABP\) and \(DCP\), respectively. Denote the midpoints of segments \(O_1H_1\) and \(O_2H_2\) by \(E_1\) and \(E_2\), respectively. Prove that the perpendicular from \(E_1\) on \(CD\), the perpendicular from \(E_2\) on \(AB\) and the line \(H_1H_2\) are concurrent.

Indices : les idées clés

• Mouvement linéaire : en translatant \(CD\) parallèlement à elle-même, \(H_2\) et le point d'intersection \(S\) des deux perpendiculaires se déplacent uniformément ; il suffit de vérifier l'alignement pour deux positions, par exemple \(D = A\).
• Cercle d'Euler : \(E_1\) est le centre du cercle des neuf points de \(ABP\) ; les trois droites s'écrivent comme des lieux \(XU^2 - XV^2 = \text{const}\) (différence de puissances), et la concourance se ramène à une identité de longueurs.
• Solution 2 : par chasse aux angles orientés, \(E_1XM\) et \(E_2YN\) ont des angles égaux ou supplémentaires, puis Thalès donne que \(E_1X\) et \(E_2Y\) coupent \(H_1H_2\) au même point.

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2009 (deux solutions).

Solution 1

On garde le triangle \(ABP\) fixe et l'on déplace la droite \(CD\) parallèlement à elle-même de façon uniforme, c'est-à-dire linéairement en fonction d'un paramètre \(\lambda\) (voir figure 1). Les points \(C\) et \(D\) se déplacent alors aussi uniformément. Les points \(O_2\), \(H_2\) et \(E_2\) se déplacent donc aussi uniformément. Par conséquent, la perpendiculaire issue de \(E_2\) à \(AB\) se déplace uniformément. Évidemment, les points \(O_1\), \(H_1\), \(E_1\) et la perpendiculaire issue de \(E_1\) à \(CD\) ne bougent pas du tout. Le point d'intersection \(S\) de ces deux perpendiculaires se déplace donc uniformément. Comme \(H_1\) ne bouge pas, alors que \(H_2\) et \(S\) se déplacent uniformément sur des droites parallèles (toutes deux perpendiculaires à \(CD\)), il suffit de prouver leur alignement pour deux positions différentes de \(CD\).

Faisons passer \(CD\) soit par le point \(A\), soit par le point \(B\). Par hypothèse, ces deux cas sont différents. Considérons le cas \(A \in CD\), c'est-à-dire \(A = D\). Il faut alors montrer que les perpendiculaires issues de \(E_1\) à \(AC\) et de \(E_2\) à \(AB\) se coupent sur la hauteur \(AH\) du triangle \(ABC\) (voir figure 2).

Pour cela, considérons les milieux \(A_1\), \(B_1\), \(C_1\) de \(BC\), \(CA\), \(AB\) respectivement. Comme \(E_1\) est le centre du cercle d'Euler (cercle des neuf points) du triangle \(ABP\), on a \(E_1C_1 = E_1H\). De même, \(E_2B_1 = E_2H\). Remarquons ensuite qu'un point \(X\) est sur la perpendiculaire issue de \(E_1\) à \(A_1C_1\) si et seulement si

\[XC_1^2 - XA_1^2 = E_1C_1^2 - E_1A_1^2.\]

De même, la perpendiculaire issue de \(E_2\) à \(A_1B_1\) est caractérisée par

\[XA_1^2 - XB_1^2 = E_2A_1^2 - E_2B_1^2.\]

La droite \(H_1H_2\), perpendiculaire à \(B_1C_1\) et passant par \(A\), est donnée par

\[XB_1^2 - XC_1^2 = AB_1^2 - AC_1^2.\]

Les trois droites sont concourantes si et seulement si

\[\begin{aligned} 0 &= XC_1^2 - XA_1^2 + XA_1^2 - XB_1^2 + XB_1^2 - XC_1^2 \\ &= E_1C_1^2 - E_1A_1^2 + E_2A_1^2 - E_2B_1^2 + AB_1^2 - AC_1^2 \\ &= -E_1A_1^2 + E_2A_1^2 + E_1H^2 - E_2H^2 + AB_1^2 - AC_1^2, \end{aligned}\]

c'est-à-dire qu'il suffit de montrer que

\[E_1A_1^2 - E_2A_1^2 - E_1H^2 + E_2H^2 = \frac{AC^2 - AB^2}{4}.\]

On a

\[\frac{AC^2 - AB^2}{4} = \frac{HC^2 - HB^2}{4} = \frac{(HC + HB)(HC - HB)}{4} = \frac{HA_1 \cdot BC}{2}.\]

Soient \(F_1\), \(F_2\) les projections de \(E_1\), \(E_2\) sur \(BC\). Évidemment, ce sont les milieux de \(HP_1\), \(HP_2\), où \(P_1\), \(P_2\) sont les milieux de \(PB\) et \(PC\) respectivement. Alors

\[\begin{aligned} &E_1A_1^2 - E_2A_1^2 - E_1H^2 + E_2H^2 \\ &\quad = F_1A_1^2 - F_1H^2 - F_2A_1^2 + F_2H^2 \\ &\quad = (F_1A_1 - F_1H)(F_1A_1 + F_1H) - (F_2A_1 - F_2H)(F_2A_1 + F_2H) \\ &\quad = A_1H \cdot (A_1P_1 - A_1P_2) = \frac{A_1H \cdot BC}{2} = \frac{AC^2 - AB^2}{4}, \end{aligned}\]

ce qui prouve l'affirmation. \(\blacksquare\)

Solution 2

Soient \(X\) le point d'intersection de la perpendiculaire issue de \(E_1\) à \(CD\) avec \(PH_1\), et \(Y\) celui de la perpendiculaire issue de \(E_2\) à \(AB\) avec \(PH_2\) (voir figure 3). Soit \(\varphi\) l'angle d'intersection de \(AB\) et \(CD\). Notons \(M\), \(N\) les milieux de \(PH_1\), \(PH_2\) respectivement.

Nous allons montrer que les triangles \(E_1XM\) et \(E_2YN\) ont des angles égaux en \(E_1\), \(E_2\), et des angles supplémentaires en \(X\), \(Y\).

Dans la suite, les angles sont orientés, et les égalités d'angles sont modulo \(180^\circ\).

Posons \(\alpha = \angle H_2PD\), \(\psi = \angle DPC\), \(\beta = \angle CPH_1\). Alors \(\alpha + \psi + \beta = \varphi\), \(\angle E_1XH_1 = \angle H_2YE_2 = \varphi\), donc \(\angle MXE_1 + \angle NYE_2 = 180^\circ\).

En considérant le cercle d'Euler du triangle \(ABP\), de centre \(E_1\) et passant par \(M\), on a \(\angle E_1MH_1 = \psi + 2\beta\). Des considérations analogues avec le cercle d'Euler du triangle \(DCP\) donnent \(\angle H_2NE_2 = \psi + 2\alpha\). On a donc bien \(\angle XE_1M = \varphi - (\psi + 2\beta) = (\psi + 2\alpha) - \varphi = \angle YE_2N\).

Il s'ensuit que

\[\frac{XM}{ME_1} = \frac{YN}{NE_2}.\]

De plus, \(ME_1\) vaut la moitié du rayon du cercle circonscrit de \(ABP\), tandis que \(PH_1\) est la distance de \(P\) à l'orthocentre de ce triangle, qui vaut le double du rayon du cercle circonscrit multiplié par le cosinus de \(\psi\). Avec un raisonnement analogue pour le triangle \(DCP\), on a

\[\frac{ME_1}{PH_1} = \frac{1}{4\cos \psi} = \frac{NE_2}{PH_2}.\]

En multipliant,

\[\frac{XM}{PH_1} = \frac{YN}{PH_2},\]

et donc

\[\frac{PX}{XH_1} = \frac{H_2Y}{YP}.\]

Soient \(R\) et \(S\) les points d'intersection de \(E_1X\) et \(E_2Y\) avec \(H_1H_2\). Le théorème de Thalès appliqué aux parallèles \(E_1X\), \(PH_2\) et au centre \(H_1\) donne

\[\frac{H_2R}{RH_1} = \frac{PX}{XH_1},\]

tandis qu'avec les parallèles \(E_2Y\), \(PH_1\) et le centre \(H_2\), on obtient

\[\frac{H_2S}{SH_1} = \frac{H_2Y}{YP}.\]

La combinaison des trois dernières égalités montre que \(R\) et \(S\) coïncident. \(\blacksquare\)