Shortlist 2013, G2

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

Concepts : Chasse aux angles et quadrilatères cycliques · Centres du triangle et lemmes classiques · Triangles semblables et similitudes

Solution officielle : Shortlist officielle 2013 (avec solutions), p. 40 (page 40 du PDF)

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

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Énoncé

Let \(\omega\) be the circumcircle of a triangle \(ABC\). Denote by \(M\) and \(N\) the midpoints of the sides \(AB\) and \(AC\), respectively, and denote by \(T\) the midpoint of the arc \(BC\) of \(\omega\) not containing \(A\). The circumcircles of the triangles \(AMT\) and \(ANT\) intersect the perpendicular bisectors of \(AC\) and \(AB\) at points \(X\) and \(Y\), respectively; assume that \(X\) and \(Y\) lie inside the triangle \(ABC\). The lines \(MN\) and \(XY\) intersect at \(K\). Prove that \(KA = KT\).

Indices : les idées clés

• Symétrie par rapport à la médiatrice \(\ell\) de \(AT\) (solution 1) : comme \(AT\) est la bissectrice, la symétrie \(r\) envoie \(AB\) sur une parallèle à \(AC\), donc \(OM\) sur \(ON\), et elle fixe le cercle \(AMT\) ; donc \(r(M) = X\) et \(r(N) = Y\).
• Conclure : \(r(MN) = XY\), donc \(K\) est sur \(\ell\), c'est-à-dire \(KA = KT\).
• Triangles isométriques (solution 2) : \(BTM \cong CTL\) et \(X'AM \cong X'CL\) montrent que \(MATX\) est un trapèze isocèle (chasse aux angles).

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2013 (deux solutions et une remarque).

Solution 1

Soit \(O\) le centre de \(\omega\) ; ainsi \(O = MY \cap NX\). Soit \(\ell\) la médiatrice de \(AT\) (elle passe aussi par \(O\)), et notons \(r\) la symétrie par rapport à \(\ell\). Comme \(AT\) est la bissectrice de l'angle \(BAC\), la droite \(r(AB)\) est parallèle à \(AC\). Comme \(OM \perp AB\) et \(ON \perp AC\), la droite \(r(OM)\) est parallèle à la droite \(ON\) et passe par \(O\), donc \(r(OM) = ON\). Enfin, le cercle \(\gamma\) circonscrit au triangle \(AMT\) est symétrique par rapport à \(\ell\), donc \(r(\gamma) = \gamma\). Le point \(M\) est donc envoyé sur le point commun de \(ON\) et de l'arc \(AMT\) de \(\gamma\), c'est-à-dire \(r(M) = X\).

De même, \(r(N) = Y\). On obtient donc \(r(MN) = XY\), et le point commun \(K\) de \(MN\) et \(XY\) est sur \(\ell\). Cela signifie exactement que \(KA = KT\). \(\blacksquare\)

Solution 2

Soit \(L\) le second point commun de la droite \(AC\) et du cercle \(\gamma\) circonscrit au triangle \(AMT\). Grâce aux quadrilatères inscrits \(ABTC\) et \(AMTL\), on a \(\angle BTC = 180^\circ - \angle BAC = \angle MTL\), d'où \(\angle BTM = \angle CTL\). Comme \(AT\) est une bissectrice dans ces quadrilatères, on a \(BT = TC\) et \(MT = TL\). Les triangles \(BTM\) et \(CTL\) sont donc isométriques, d'où \(CL = BM = AM\).

Soit \(X'\) le point commun de la droite \(NX\) et de la bissectrice extérieure de l'angle \(BAC\) ; il est à l'extérieur du triangle \(ABC\). On a \(\angle TAX' = 90^\circ\) et \(X'A = X'C\), donc

\[\angle X'AM = 90^\circ + \frac{\angle BAC}{2} = 180^\circ - \angle X'AC = 180^\circ - \angle X'CA = \angle X'CL.\]

Les triangles \(X'AM\) et \(X'CL\) sont donc isométriques, et

\[\angle MX'L = \angle AX'C + (\angle CX'L - \angle AX'M) = \angle AX'C = 180^\circ - 2\angle X'AC = \angle BAC = \angle MAL.\]

Cela signifie que \(X'\) est sur \(\gamma\).

On a donc \(\angle TXN = \angle TXX' = \angle TAX' = 90^\circ\), d'où \(TX \parallel AC\). Alors \(\angle XTA = \angle TAC = \angle TAM\), donc le quadrilatère inscrit \(MATX\) est un trapèze isocèle. De même, \(NATY\) est un trapèze isocèle ; là encore, les droites \(MN\) et \(XY\) sont symétriques par rapport à la médiatrice de \(AT\). Donc \(K\) appartient à cette médiatrice. \(\blacksquare\)

Remarque

Il y a plusieurs façons de montrer que les points \(X\) et \(M\) sont symétriques par rapport à \(\ell\). Par exemple, on peut montrer que les quadrilatères \(AMON\) et \(TXOY\) sont isométriques. La solution 1 en est une manière simple ; la solution 2 montre d'autres propriétés intéressantes de la configuration.

Définissons \(Y'\), de façon analogue à \(X'\), comme le point commun de \(MY\) et de la bissectrice extérieure de l'angle \(BAC\). On voit facilement qu'en général, les droites \(MN\) et \(X'Y'\) (qui est la bissectrice extérieure de \(BAC\)) ne se coupent pas sur la médiatrice de \(AT\). Toute solution doit donc utiliser d'une manière ou d'une autre le choix des points d'intersection \(X\) et \(Y\).