Shortlist 2014, G3

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

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

Solution officielle : Shortlist officielle 2014 (avec solutions), p. 52 (page 53 du PDF)

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Énoncé

Let \(\Omega\) and \(O\) be the circumcircle and the circumcentre of an acute-angled triangle \(ABC\) with \(AB > BC\). The angle bisector of \(\angle ABC\) intersects \(\Omega\) at \(M \neq B\). Let \(\Gamma\) be the circle with diameter \(BM\). The angle bisectors of \(\angle AOB\) and \(\angle BOC\) intersect \(\Gamma\) at points \(P\) and \(Q\), respectively. The point \(R\) is chosen on the line \(PQ\) so that \(BR = MR\). Prove that \(BR \parallel AC\). (Here we always assume that an angle bisector is a ray.)

Indices : les idées clés

• Pôle Sud : \(M\) est le milieu de l'arc \(AC\), donc \(OM\) est la médiatrice de \(AC\) ; avec le second point \(N\) de \(\Gamma\) sur \(OM\), on a \(BN \parallel AC\), et il suffit que \(BN\) passe par \(R = PQ \cap OK\).
• Chasse aux angles sur le cercle \(\omega\) de diamètre \(BO\) : \(KO\) est la bissectrice extérieure de \(\angle POQ\), donc \(K\) est le milieu de l'arc \(POQ\) et \(O, K, P, Q\) sont cocycliques.
• Centre radical : \(OK\), \(BN\) et \(PQ\) sont les trois axes radicaux des cercles \(\omega\), \(\gamma = (POQ)\) et \(\Gamma\), donc concourants.

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent la solution officielle de la Shortlist 2014 (une solution).

Solution

Soit \(K\) le milieu de \(BM\), c'est-à-dire le centre de \(\Gamma\). Comme \(AB \neq BC\), on a \(K \neq O\). Les droites \(OM\) et \(OK\) sont les médiatrices de \(AC\) et de \(BM\) respectivement. Donc \(R\) est le point d'intersection de \(PQ\) et \(OK\).

Soit \(N\) le second point d'intersection de \(\Gamma\) avec la droite \(OM\). Comme \(BM\) est un diamètre de \(\Gamma\), les droites \(BN\) et \(AC\) sont toutes deux perpendiculaires à \(OM\). Donc \(BN \parallel AC\), et il suffit de prouver que \(BN\) passe par \(R\). Pour cela, on va voir les droites \(BN\), \(OK\) et \(PQ\) comme les axes radicaux de trois cercles bien choisis.

Soit \(\omega\) le cercle de diamètre \(BO\). Comme \(\angle BNO = \angle BKO = 90^\circ\), les points \(N\) et \(K\) sont sur \(\omega\).

Montrons ensuite que les points \(O\), \(K\), \(P\) et \(Q\) sont cocycliques. Soient \(D\) et \(E\) les milieux de \(BC\) et de \(AB\). Les points \(D\) et \(E\) sont sur les demi-droites \([OQ)\) et \([OP)\) respectivement. D'après les hypothèses sur le triangle \(ABC\), les points \(B\), \(E\), \(O\), \(K\) et \(D\) sont dans cet ordre sur \(\omega\). Il s'ensuit que \(\angle EOR = \angle EBK = \angle KBD = \angle KOD\), (sur la figure, \(R\) et \(K\) sont de part et d'autre de \(O\)), donc la droite \(KO\) est la bissectrice extérieure de l'angle \(POQ\). Comme \(K\) est le centre de \(\Gamma\), il est aussi sur la médiatrice de \(PQ\). Donc \(K\) est le milieu de l'arc \(POQ\) du cercle \(\gamma\) circonscrit au triangle \(POQ\).

Ainsi, les droites \(OK\), \(BN\) et \(PQ\) sont les axes radicaux, deux à deux, des cercles \(\omega\), \(\gamma\) et \(\Gamma\). Elles sont donc concourantes en \(R\), comme voulu. \(\blacksquare\)