Shortlist 2015, G5¶
Domaine : Géométrie · Difficulté : ★★★☆☆ · Proposé par : El Salvador
Concepts : Puissance d'un point et axe radical · Chasse aux angles et quadrilatères cycliques · Inversion · Triangles semblables et similitudes · Outils projectifs : birapport, division harmonique, pôles et polaires · Ceva et Ménélaüs
Solution officielle : Shortlist officielle 2015 (avec solutions), p. 51 (page 52 du PDF)
Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.
Énoncé¶
Let \(ABC\) be a triangle with \(CA \neq CB\). Let \(D\), \(F\), and \(G\) be the midpoints of the sides \(AB\), \(AC\), and \(BC\), respectively. A circle \(\Gamma\) passing through \(C\) and tangent to \(AB\) at \(D\) meets the segments \(AF\) and \(BG\) at \(H\) and \(I\), respectively. The points \(H'\) and \(I'\) are symmetric to \(H\) and \(I\) about \(F\) and \(G\), respectively. The line \(H'I'\) meets \(CD\) and \(FG\) at \(Q\) and \(M\), respectively. The line \(CM\) meets \(\Gamma\) again at \(P\). Prove that \(CQ = QP\).
Indices : les idées clés
- Puissance d'un point (solution 1) : les puissances de \(A\), \(B\), \(F\), \(M\) par rapport à \(\Gamma\) donnent une série de points cocycliques, et montrent que \(R\), \(H'\), \(I'\), \(S\) sont alignés.
- Chasse aux angles (solution 1) : angle tangente-corde et parallèles de la configuration des milieux.
- Inversion (solution 1) : grâce à des triangles semblables, \(QH' \cdot QR = QC^2 = QI' \cdot QS\) ; l'inversion de centre \(Q\) et de rayon \(QC\) échange \(\Gamma\) et le cercle \(CPI'H'\), donc fixe \(P\).
- Birapport (solution 2) : des projections successives montrent que \(X\) et \(Y\) sont symétriques par rapport à \(D\).
- Ménélaüs et Ceva (solution 2) : Ménélaüs donne l'alignement de \(H'\), \(I'\), \(Y\) ; Ceva donne \(NQ \parallel CY\), puis \(Q\) est un orthocentre.
Solutions
Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2015 (deux solutions et deux remarques).
Solution 1¶
On peut supposer \(CA > CB\). Alors \(H'\) et \(I'\) sont à l'intérieur des segments \(CF\) et \(CG\), donc \(M\) est à l'extérieur du triangle \(ABC\) (voir la figure).
\(H'I'GF\) est inscriptible. Comme \(CH' = AH\) et \(CI' = BI\), la puissance des points \(A\) et \(B\) par rapport à \(\Gamma\) donne
Donc \(CH' \cdot CF = CI' \cdot CG\) : le quadrilatère \(H'I'GF\) est inscriptible, et \(\angle I'H'C = \angle CGF\).
Alignement. Les droites \(DF\) et \(DG\) recoupent \(\Gamma\) en \(R\) et \(S\). Montrons que \(R\) et \(S\) sont sur la droite \(H'I'\). On a \(FH' \cdot FA = FH \cdot FC = FR \cdot FD\) (puissance de \(F\)), donc \(ADH'R\) est inscriptible, et
(car \(DF \parallel BC\) et \(GF \parallel BA\)). Donc \(R\), \(H'\), \(I'\) sont alignés. De même \(S\), \(H'\), \(I'\) sont alignés : les points \(R\), \(H'\), \(Q\), \(I'\), \(S\), \(M\) sont tous sur une même droite.
Le cercle \(\omega\). Par l'angle tangente-corde et \(FG \parallel AB\), \(\angle RSD = \angle RDA = \angle DFG\) ; donc \(RSGF\) est inscriptible (voir la figure). Par conséquent
et le quadrilatère \(CPI'H'\) est inscriptible ; soit \(\omega\) son cercle circonscrit.
L'inversion. Comme \(DS \parallel AC\) et \(DR \parallel BC\), on a \(\angle H'CQ = \angle SDC = \angle SRC\) et \(\angle QCI' = \angle CDR = \angle CSR\). Donc \(\triangle CH'Q \sim \triangle RCQ\) et \(\triangle CI'Q \sim \triangle SCQ\) (triangles semblables), d'où
Appliquons l'inversion de centre \(Q\) et de rayon \(QC\). Elle envoie \(R\), \(C\), \(S\) sur \(H'\), \(C\), \(I'\), donc le cercle \(\Gamma\) circonscrit à \(RCS\) sur le cercle \(\omega\) circonscrit à \(H'CI'\). Les points \(P\) et \(C\) sont communs aux deux cercles et \(C\) est fixe, donc \(P\) est aussi fixe : \(QP^2 = QC^2\), c'est-à-dire \(QP = QC\). \(\blacksquare\)
Solution 2¶
Soit \(X = HI \cap AB\), et soit \(Y\) le point où la tangente à \(\Gamma\) en \(C\) coupe \(AB\). La droite \(XC\) recoupe \(\Gamma\) en \(X'\) (voir la figure). En projetant successivement depuis \(C\), depuis \(X\), puis depuis \(C\) (birapports),
Comme \(A\) et \(B\) sont symétriques par rapport à \(D\), il en résulte que \(X\) et \(Y\) sont aussi symétriques par rapport à \(D\).
Le théorème de Ménélaüs dans le triangle \(ABC\) avec la droite \(HIX\) donne, en utilisant \(CH = AH'\), \(HA = H'C\), \(BI = CI'\), \(IC = I'B\), \(AX = BY\), \(XB = YA\) :
Par la réciproque de Ménélaüs, \(H'\), \(I'\) et \(Y\) sont alignés.
Soit \(T\) le milieu de \(CD\) et \(O\) le centre de \(\Gamma\). La droite \(CM\) coupe \(TY\) en \(N\) ; soit \(V = MT \cap CY\). Comme \(MT \parallel YD\) (la droite \(FG\) est la droite des milieux, qui passe par \(T\)) et \(DT = TC\), on a \(CV = VY\). Le théorème de Ceva dans le triangle \(CTY\) avec le point \(M\) donne
Donc \(\dfrac{TQ}{QC} = \dfrac{TN}{NY}\), d'où \(NQ \parallel CY\), et donc \(NQ \perp OC\).
Or \(YC\) et \(YD\) sont tangentes à \(\Gamma\), donc \(O\), \(N\), \(T\), \(Y\) sont alignés (sur la médiatrice de \(CD\)), et \(CQ \perp ON\). Ainsi \(Q\) est l'orthocentre du triangle \(OCN\), d'où \(OQ \perp CN\), c'est-à-dire \(OQ \perp CP\). Donc \(Q\) est sur la médiatrice de la corde \(CP\) de \(\Gamma\), et \(CQ = QP\). \(\blacksquare\)
Remarques¶
Remarque 1. L'énoncé reste vrai quand \(\Gamma\) coupe les côtés \(CA\) et \(CB\) en dehors des segments \(AF\) et \(BG\).
Remarque 2. La seconde partie de la solution 2 démontre l'énoncé plus général suivant, qui ne dépend pas du choix particulier de \(Q\) sur \(CD\) : soient \(YC\) et \(YD\) deux tangentes à un cercle \(\Gamma\) de centre \(O\), et \(\ell\) la droite des milieux du triangle \(YCD\) parallèle à \(YD\). Si \(Q \in CD\) et \(M \in \ell\) sont tels que la droite \(QM\) passe par \(Y\), alors \(OQ \perp CM\).