Shortlist 2015, G3¶
Domaine : Géométrie · Difficulté : ★★☆☆☆ · Proposé par : Georgia
Concepts : Triangles semblables et similitudes · Chasse aux angles et quadrilatères cycliques · Outils projectifs : birapport, division harmonique, pôles et polaires
Solution officielle : Shortlist officielle 2015 (avec solutions), p. 46 (page 47 du PDF)
Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.
Énoncé¶
Let \(ABC\) be a triangle with \(\angle C = 90^\circ\), and let \(H\) be the foot of the altitude from \(C\). A point \(D\) is chosen inside the triangle \(CBH\) so that \(CH\) bisects \(AD\). Let \(P\) be the intersection point of the lines \(BD\) and \(CH\). Let \(\omega\) be the semicircle with diameter \(BD\) that meets the segment \(CB\) at an interior point. A line through \(P\) is tangent to \(\omega\) at \(Q\). Prove that the lines \(CQ\) and \(AD\) meet on \(\omega\).
Indices : les idées clés
- Le projeté \(K\) de \(D\) : comme \(CH\) coupe \(AD\) en son milieu et \(DK \parallel CH\), on a \(AH = HK\) ; le théorème de Thalès donne alors \(\frac{PD}{PB} = \frac{AH}{HB}\).
- Triangles semblables et similitudes : la similitude de centre \(B\) envoyant \(A\) sur \(D\) envoie le demi-cercle de diamètre \(AB\) sur \(\omega\) et \(C\) sur \(Q\) (solution 1) ; triangles rectangles semblables \(CHK\), \(BQ'D\) puis \(CKB\), \(PDQ'\) (solution 2).
- Chasse aux angles et quadrilatères cycliques : angle entre tangente et corde, \(T\) sur le cercle circonscrit à \(ABC\) (car \(\angle ATB = 90^\circ\)), réciproque pour montrer qu'une droite est tangente.
- Bissectrices intérieure et extérieure (solution 1) : \(QD\) et \(QB\) sont les bissectrices de \(\angle PQL\), d'où un rapport par le théorème de la bissectrice.
- Outils projectifs : birapport, division harmonique, pôles et polaires (solution 3) : le théorème de Pascal pour un hexagone dégénéré montre que les tangentes en \(Q'\) et \(S\) se coupent sur \(CF\).
Solutions
Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2015 (trois solutions et deux remarques).
Solution 1¶
(Voir la figure.) Soit \(K\) le projeté orthogonal de \(D\) sur \(AB\) ; comme \(CH\) coupe \(AD\) en son milieu et \(DK \parallel CH\), on a \(AH = HK\). Comme \(PH \parallel DK\), Thalès donne
Soit \(L\) le projeté de \(Q\) sur \(DB\). Comme \(PQ\) est tangente à \(\omega\) et \(\angle DQB = \angle BLQ = 90^\circ\), on a \(\angle PQD = \angle QBP = \angle DQL\) (angle tangente-corde). Donc \(QD\) et \(QB\) sont respectivement les bissectrices intérieure et extérieure de \(\angle PQL\). Par le théorème de la bissectrice,
Les relations (1) et (2) donnent
Ainsi la similitude \(\tau\) de centre \(B\) qui envoie \(A\) sur \(D\) envoie \(H\) sur \(L\). De plus, \(\tau\) envoie le demi-cercle de diamètre \(AB\) passant par \(C\) sur \(\omega\). Comme \(CH \perp AB\) et \(QL \perp DB\), on en déduit \(\tau(C) = Q\).
Par conséquent, les triangles \(ABD\) et \(CBQ\) sont semblables, donc \(\angle ADB = \angle CQB\). Les droites \(AD\) et \(CQ\) se coupent donc en un point \(T\) vérifiant \(\angle BDT = \angle BQT\) ; ainsi \(T\) est sur \(\omega\). \(\blacksquare\)
Solution 2¶
(Voir la figure.) Soit \(\Gamma\) le cercle circonscrit à \(ABC\), et soit \(T\) le second point d'intersection de \(AD\) avec \(\omega\). Alors \(\angle ATB = 90^\circ = \angle ACB\), donc \(T\) est aussi sur \(\Gamma\). Comme dans la solution 1, soit \(K\) le projeté de \(D\) sur \(AB\) ; alors \(AH = HK\).
Il s'agit de montrer que \(C\), \(Q\) et \(T\) sont alignés. Soit \(Q'\) le second point d'intersection de \(CT\) avec \(\omega\). Il suffit de montrer que \(PQ'\) est tangente à \(\omega\), c'est-à-dire que \(\angle PQ'D = \angle Q'BD\).
Comme \(BDQ'T\) est cyclique et que les triangles \(AHC\) et \(KHC\) sont isométriques,
Les triangles rectangles \(CHK\) et \(BQ'D\) sont donc semblables, d'où \(\frac{HK}{CK} = \frac{Q'D}{BD}\), soit \(HK \cdot BD = CK \cdot Q'D\).
Comme \(PH \parallel DK\), on a \(\frac{PD}{BD} = \frac{HK}{BK}\), soit \(PD \cdot BK = HK \cdot BD\). Par conséquent \(PD \cdot BK = HK \cdot BD = CK \cdot Q'D\), ce qui donne
Comme \(\angle CKA = \angle KAC = \angle BDQ'\) (le triangle \(ACK\) est isocèle en \(C\), et \(\angle BDQ' = 90^\circ - \angle Q'BD = 90^\circ - \angle CBA = \angle BAC\)), les angles \(\angle CKB\) et \(\angle PDQ'\) sont égaux (suppléments de ces angles) et les triangles \(CKB\) et \(PDQ'\) sont semblables. Donc \(\angle PQ'D = \angle CBA = \angle Q'BD\), ce qu'on voulait. \(\blacksquare\)
Solution 3¶
On introduit \(T\) et \(Q'\) comme dans la solution 2 ; \(T\) est sur le cercle circonscrit à \(ABC\). On donne une autre preuve de ce que \(PQ'\) est tangente à \(\omega\). Soit \(\Omega\) le cercle complétant le demi-cercle \(\omega\) (il passe par \(K\), car \(\angle DKB = 90^\circ\)), soit \(F\) le symétrique de \(C\) par rapport à \(AB\), et soit \(S \neq T\) le second point d'intersection de \(FT\) avec \(\Omega\) (voir la figure).
Comme \(AC = AF\), la droite \(TA\) est bissectrice de \(\angle CTF\), et
Donc \(C\), \(K\) et \(S\) sont alignés. De même,
donc \(F\), \(K\) et \(Q'\) sont alignés.
Appliquons le théorème de Pascal à l'hexagone dégénéré \(KQ'Q'TSS\) inscrit dans \(\Omega\) : les points \(KQ' \cap TS = F\), \(Q'T \cap SK = C\) et l'intersection des tangentes à \(\Omega\) en \(Q'\) et en \(S\) sont alignés, donc ces tangentes se coupent sur \(CF\). La relation \(\angle Q'TD = \angle DTS\) montre que \(Q'\) et \(S\) sont symétriques par rapport au diamètre \(BD\) ; les deux tangentes se coupent donc aussi sur \(BD\). Elles passent ainsi par \(P = CF \cap BD\), et \(PQ'\) est tangente à \(\omega\). \(\blacksquare\)
Remarques¶
Remarque 1. Comme \(\angle BAD = \angle BCQ\), le point \(T\) est aussi sur le cercle circonscrit au triangle \(ABC\).
Remarque 2 (autres preuves de la tangence). On peut calculer \(\frac{PD}{PB}\) et \(\frac{PQ'}{PB}\) en fonction de \(AH\) et \(HB\) et vérifier que \(PQ'^2 = PD \cdot PB\) (puissance du point \(P\)). Autre approche : comme dans la solution 2, on introduit \(T\) et \(Q'\) et l'on remarque que les triangles \(ABC\) et \(DBQ'\) sont semblables. Soit \(M\) le milieu de \(AD\), \(L\) le projeté de \(Q'\) sur \(DB\), et \(E\) le point de \(AB\) tel que \(EP \parallel AD\). En projetant depuis \(P\), \((A, B; H, E) = (A, D; M, \infty) = -1\). Comme \(\frac{EA}{AB} = \frac{PD}{DB}\), \(P\) est l'image de \(E\) par la similitude envoyant \(ABC\) sur \(DBQ'\), donc \((D, B; L, P) = (A, B; H, E) = -1\) : \(Q'D\) et \(Q'B\) sont les bissectrices intérieure et extérieure de \(\angle PQ'L\), ce qui entraîne que \(PQ'\) est tangente à \(\omega\). Le livret écrit « projection de \(Q'\) sur \(AB\) » ; il faut lire « sur \(DB\) » (comme sur sa figure 3 et dans la solution 1).