Shortlist 2012, G8

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

Concepts : Puissance d'un point et axe radical · Outils projectifs : birapport, division harmonique, pôles et polaires · Ceva et Ménélaüs · Inversion

Solution officielle : Shortlist officielle 2012 (avec solutions), p. 38 (page 38 du PDF)

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Pas encore relu

Les concepts et la rédaction de cette page n'ont pas encore été vérifiés.

Énoncé

Let \(ABC\) be a triangle with circumcircle \(\omega\) and \(\ell\) a line without common points with \(\omega\). Denote by \(P\) the foot of the perpendicular from the center of \(\omega\) to \(\ell\). The side-lines \(BC\), \(CA\), \(AB\) intersect \(\ell\) at the points \(X\), \(Y\), \(Z\) different from \(P\). Prove that the circumcircles of the triangles \(AXP\), \(BYP\) and \(CZP\) have a common point different from \(P\) or are mutually tangent at \(P\).

Indices : les idées clés

• Axes radicaux : il suffit de trouver un point \(Q\) ayant la même puissance par rapport aux quatre cercles \(\omega\), \(\omega_A\), \(\omega_B\), \(\omega_C\) ; on montre que les cordes communes \(AA'\), \(BB'\), \(CC'\) concourent.
• Ceva et Ménélaüs avec des birapports : la puissance donne \(X'P \cdot PX = Y'P \cdot PY = Z'P \cdot PZ = k^2\), et l'involution \(t \mapsto -\frac{k^2}{t}\) sur \(\ell\) préserve le birapport ; le rapport de Ceva vaut \(-1\).
• Inversion dans l'espace (solution 2) : elle envoie \(\ell\) et \(\omega\) sur des cercles parallèles d'une sphère ; les trois cercles passent alors par la droite \(P'H\), où \(H\) est l'orthocentre de \(A'B'C'\).

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2012 (deux solutions et deux remarques).

Solution 1

Soient \(\omega_A\), \(\omega_B\), \(\omega_C\) et \(\omega\) les cercles circonscrits aux triangles \(AXP\), \(BYP\), \(CZP\) et \(ABC\). La stratégie est de construire un point \(Q\) ayant la même puissance par rapport aux quatre cercles. Alors chacun des points \(P\) et \(Q\) a la même puissance par rapport à \(\omega_A\), \(\omega_B\), \(\omega_C\), donc les trois cercles sont coaxiaux : ils ont un autre point commun \(P'\), ou ils sont tous trois tangents en \(P\).

Décrivons d'abord le point \(Q\). Soit \(A' \neq A\) le second point d'intersection de \(\omega\) et \(\omega_A\) ; on définit \(B'\) et \(C'\) de même. On affirme que \(AA'\), \(BB'\) et \(CC'\) ont un point commun. Une fois cela établi, ce point est sur les axes radicaux des trois paires de cercles \(\{\omega, \omega_A\}\), \(\{\omega, \omega_B\}\), \(\{\omega, \omega_C\}\), donc il a la même puissance par rapport à \(\omega\), \(\omega_A\), \(\omega_B\), \(\omega_C\).

Montrons que \(AA'\), \(BB'\) et \(CC'\) concourent. Soit \(r\) le rayon du cercle circonscrit à \(ABC\). Définissons les points \(X'\), \(Y'\), \(Z'\) comme les intersections de \(AA'\), \(BB'\), \(CC'\) avec \(\ell\). Ces points existent : si \(AA'\) était parallèle à \(\ell\), alors \(\omega_A\) serait tangent à \(\ell\), donc \(X = P\), ce qui est exclu. De même, \(BB'\) et \(CC'\) ne sont pas parallèles à \(\ell\).

Par les puissances du point \(X'\) par rapport aux cercles \(\omega_A\) et \(\omega\),

\[X'P \cdot (X'P + PX) = X'P \cdot X'X = X'A' \cdot X'A = X'O^2 - r^2,\]

donc

\[X'P \cdot PX = X'O^2 - r^2 - X'P^2 = OP^2 - r^2.\]

On raisonne de même pour les points \(Y'\) et \(Z'\), et l'on obtient

\[X'P \cdot PX = Y'P \cdot PY = Z'P \cdot PZ = OP^2 - r^2 = k^2. \tag{1}\]

Dans ces calculs, tous les segments sont des segments orientés ; on garde cette convention dans la suite.

Montrons que les droites \(AA'\), \(BB'\), \(CC'\) concourent par le théorème de Ceva. Pour éviter des remarques parasites, on interprète tout projectivement : deux droites parallèles se coupent en un point de la droite à l'infini.

Soient \(U\), \(V\), \(W\) les intersections de \(AA'\), \(BB'\), \(CC'\) avec \(BC\), \(CA\), \(AB\). L'idée est que, s'il est difficile de calculer le rapport \(\frac{BU}{CU}\), il est plus facile de manier le birapport \(\frac{BU}{CU} \Big/ \frac{BX}{CX}\), car on peut l'envoyer sur la droite \(\ell\). Dans cette optique, le théorème de Ménélaüs dans le triangle \(ABC\) donne \(\frac{BX}{CX} \cdot \frac{CY}{AY} \cdot \frac{AZ}{BZ} = 1\). Le rapport de Ceva s'écrit donc

\[\frac{BU}{CU} \cdot \frac{CV}{AV} \cdot \frac{AW}{BW} = \frac{BU}{CU} \Big/ \frac{BX}{CX} \cdot \frac{CV}{AV} \Big/ \frac{CY}{AY} \cdot \frac{AW}{BW} \Big/ \frac{AZ}{BZ}.\]

Projetons la droite \(BC\) sur \(\ell\) depuis \(A\). Le birapport entre \(BC\) et \(UX\) est égal au birapport entre \(ZY\) et \(X'X\). En répétant l'argument avec les droites \(CA\) et \(AB\), on obtient

\[\frac{BU}{CU} \cdot \frac{CV}{AV} \cdot \frac{AW}{BW} = \frac{ZX'}{YX'} \Big/ \frac{ZX}{YX} \cdot \frac{XY'}{ZY'} \Big/ \frac{XY}{ZY} \cdot \frac{YZ'}{XZ'} \Big/ \frac{YZ}{XZ},\]

et donc

\[\frac{BU}{CU} \cdot \frac{CV}{AV} \cdot \frac{AW}{BW} = (-1) \cdot \frac{ZX'}{YX'} \cdot \frac{XY'}{ZY'} \cdot \frac{YZ'}{XZ'}.\]

Les égalités (1) ramènent le problème à un calcul direct sur la droite \(\ell\). Par exemple, la transformation \(t \mapsto -\frac{k^2}{t}\) préserve le birapport et échange les points \(X, Y, Z\) et \(X', Y', Z'\). Alors

\[\frac{BU}{CU} \cdot \frac{CV}{AV} \cdot \frac{AW}{BW} = (-1) \cdot \frac{ZX'}{YX'} \Big/ \frac{ZZ'}{YZ'} \cdot \frac{XY'}{ZY'} \Big/ \frac{XZ'}{ZZ'} = -1.\]

Le rapport de Ceva vaut \(-1\), donc \(AA'\), \(BB'\), \(CC'\) concourent en un point \(Q\). \(\blacksquare\)

Remarque 1. Il existe un joli argument projectif pour prouver que \(AX'\), \(BY'\), \(CZ'\) concourent. Supposons que \(\ell\) et \(\omega\) se coupent en deux points complexes conjugués \(D\) et \(E\). Considérons une transformation projective qui envoie \(D\) et \(E\) sur \([i; 1; 0]\) et \([-i; 1; 0]\). Alors \(\ell\) est la droite à l'infini, et \(\omega\) est une conique passant par les points cycliques \([i; 1; 0]\) et \([-i; 1; 0]\), donc un cercle. On peut donc supposer que \(AX\), \(BY\), \(CZ\) sont parallèles à \(BC\), \(CA\), \(AB\). L'involution de \(\ell\) qui envoie \(X\), \(Y\), \(Z\) sur \(X'\), \(Y'\), \(Z'\) et fixe \(D\) et \(E\) est l'involution qui envoie chaque direction sur la direction perpendiculaire. Donc \(AX\), \(BY\), \(CZ\) sont aussi perpendiculaires à \(AX'\), \(BY'\), \(CZ'\). Il s'ensuit que \(AX'\), \(BY'\), \(CZ'\) concourent en l'orthocentre du triangle \(ABC\).

Remarque 2. L'hypothèse que la droite \(\ell\) ne coupe pas le cercle circonscrit \(\omega\) est inutile ; la preuve ci-dessus fonctionne en général. Si \(\ell\) coupe \(\omega\) en \(D\) et \(E\), le point \(P\) est le milieu de \(DE\), et certaines égalités s'interprètent autrement. Par exemple,

\[X'P \cdot X'X = X'A' \cdot X'A = X'D \cdot X'E,\]

donc les paires \(\{X', X\}\) et \(\{D, E\}\) sont conjuguées harmoniques. Cela signifie que \(X'\), \(Y'\), \(Z'\) sont les conjugués harmoniques de \(X\), \(Y\), \(Z\) par rapport au segment \(DE\).

Solution 2

Montrons d'abord qu'il existe une inversion dans l'espace qui envoie \(\ell\) et \(\omega\) sur des cercles parallèles d'une sphère. Soit \(QR\) le diamètre de \(\omega\) dont le prolongement au-delà de \(Q\) passe par \(P\), et \(\Pi\) le plan qui contient la figure. Dans l'espace, choisissons un point \(O\) tel que la droite \(QO\) soit perpendiculaire à \(\Pi\) et \(\angle POR = 90^\circ\), et appliquons une inversion de pôle \(O\) (son rayon n'importe pas). Pour tout objet \(T\), notons \(T'\) son image par cette inversion.

L'inversion envoie le plan \(\Pi\) sur une sphère \(\Pi'\). Les droites de \(\Pi\) sont envoyées sur des cercles passant par \(O\), et les cercles de \(\Pi\) sur des cercles de \(\Pi'\).

Comme la droite \(\ell\) et le cercle \(\omega\) sont perpendiculaires au plan \(OPQ\), les cercles \(\ell'\) et \(\omega'\) le sont aussi. Les plans des cercles \(\ell'\) et \(\omega'\) sont donc parallèles.

Considérons maintenant les cercles \(A'X'P'\), \(B'Y'P'\) et \(C'Z'P'\). On veut prouver qu'ils ont un point commun (sur \(\Pi'\)) autre que \(P'\), ou qu'ils sont tangents entre eux.

Le point \(X'\) est le second point d'intersection des cercles \(B'C'O\) et \(\ell'\), autre que \(O\). Les droites \(OX'\) et \(B'C'\) sont donc coplanaires ; de plus, elles sont dans les plans parallèles de \(\ell'\) et \(\omega'\). Donc \(OX'\) et \(B'C'\) sont parallèles. De même, \(OY'\) et \(OZ'\) sont parallèles à \(A'C'\) et \(A'B'\).

Soit \(A_1\) le second point d'intersection des cercles \(A'X'P'\) et \(\omega'\), autre que \(A'\). Les segments \(A'A_1\) et \(P'X'\) sont coplanaires, donc parallèles. On sait maintenant que \(B'C'\) et \(A'A_1\) sont parallèles respectivement à \(OX'\) et \(X'P'\), et ces deux segments sont perpendiculaires car \(OP'\) est un diamètre de \(\ell'\). Donc \(A'A_1\) et \(B'C'\) sont perpendiculaires : \(A'A_1\) est la hauteur issue de \(A'\) du triangle \(A'B'C'\).

De même, soient \(B_1\) et \(C_1\) les seconds points d'intersection de \(\omega'\) avec les cercles \(B'P'Y'\) et \(C'P'Z'\), autres que \(B'\) et \(C'\). Alors \(B'B_1\) et \(C'C_1\) sont les deux autres hauteurs du triangle \(A'B'C'\).

Soit \(H\) l'orthocentre du triangle \(A'B'C'\), et \(W\) le second point d'intersection de la droite \(P'H\) avec la sphère \(\Pi'\), autre que \(P'\). Le point \(W\) est sur la sphère \(\Pi'\) et dans le plan du cercle \(A'P'X'\), donc sur le cercle \(A'P'X'\). De même, \(W\) est sur les cercles \(B'P'Y'\) et \(C'P'Z'\) ; c'est le second point commun des trois cercles.

Si la droite \(P'H\) est tangente à la sphère, alors \(W\) coïncide avec \(P'\), et \(P'H\) est la tangente commune des trois cercles. \(\blacksquare\)