Shortlist 2015, G6¶
Domaine : Géométrie · Difficulté : ★★★★☆ · Proposé par : Ukraine
Concepts : Centres du triangle et lemmes classiques · Triangles semblables et similitudes · Chasse aux angles et quadrilatères cycliques · Puissance d'un point et axe radical
Solution officielle : Shortlist officielle 2015 (avec solutions), p. 54 (page 55 du PDF)
Problème 3 de l'OIM 2015
Ce problème a été choisi parmi ceux de la shortlist pour l'épreuve de l'OIM 2015, où il était le problème 3 (jour 1).
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 an acute triangle with \(AB > AC\), and let \(\Gamma\) be its circumcircle. Let \(H\), \(M\), and \(F\) be the orthocenter of the triangle, the midpoint of \(BC\), and the foot of the altitude from \(A\), respectively. Let \(Q\) and \(K\) be the two points on \(\Gamma\) that satisfy \(\angle AQH = 90^\circ\) and \(\angle QKH = 90^\circ\). Prove that the circumcircles of the triangles \(KQH\) and \(KFM\) are tangent to each other.
Indices : les idées clés
- Centres du triangle et lemmes classiques : le symétrique de \(H\) par rapport à \(M\) est le point \(A'\) diamétralement opposé à \(A\), et le symétrique de \(H\) par rapport à \(BC\) est sur \(\Gamma\) ; d'où \(Q\), \(H\), \(M\), \(A'\) alignés.
- Triangles semblables (solution 1) : deux cordes passant par \(H\) donnent des triangles semblables dont les médianes se correspondent.
- Chasse aux angles (solution 1) : la condition de tangence se ramène à une égalité d'angles, vérifiée grâce au rectangle \(AQA'Q'\).
- Axe radical (solution 2) : le centre radical \(R\) de trois cercles et le milieu \(S\) de \(HR\), dont la puissance par rapport aux deux cercles vaut \(SK^2\).
Solutions
Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2015 (deux solutions).
Solution 1¶
Soit \(A'\) le point diamétralement opposé à \(A\) sur \(\Gamma\). Comme \(\angle AQA' = 90^\circ\) et \(\angle AQH = 90^\circ\), les points \(Q\), \(H\), \(A'\) sont alignés. De même, si \(Q'\) est le point diamétralement opposé à \(Q\) sur \(\Gamma\), alors \(K\), \(H\), \(Q'\) sont alignés. La droite \(AHF\) recoupe \(\Gamma\) en \(E\) ; il est bien connu que \(M\) est le milieu de \(HA'\) et que \(F\) est le milieu de \(HE\). Soit \(J\) le milieu de \(HQ'\).
Soit \(T\) un point tel que \(TK\) soit tangente au cercle \(KQH\) en \(K\), avec \(Q\) et \(T\) de part et d'autre de \(KH\) (voir la figure). Alors \(\angle HKT = \angle HQK\) (angle tangente-corde), et il s'agit de prouver que \(\angle MKT = \angle CFK\), c'est-à-dire que \(KT\) est aussi tangente au cercle \(KFM\). Il reste donc à montrer que
Comme \(\angle HQK = 90^\circ - \angle Q'HA'\) (triangle \(QKH\) rectangle en \(K\), angles opposés par le sommet en \(H\)) et \(\angle CFK = 90^\circ - \angle KFA\), cela revient à
Les triangles \(KHE\) et \(AHQ'\) sont semblables (cordes \(KQ'\) et \(AE\) de \(\Gamma\) passant par \(H\)), et \(F\), \(J\) sont les milieux de côtés correspondants ; donc \(\angle KFA = \angle HJA\). De même (triangles \(KHA'\) et \(QHQ'\), avec les milieux \(M\) et \(J\)), \(\angle HKM = \angle JQH\). Il suffit donc de vérifier
Or \(\angle Q'HA' = \angle JQH + \angle HJQ\) (angle extérieur du triangle \(QHJ\)) et \(\angle HJA = \angle QJA + \angle HJQ\). Il suffit donc de montrer que \(2\angle JQH = \angle QJA\).
Pour cela, on remarque que \(AQA'Q'\) est un rectangle et que \(J\), milieu de \(HQ'\) avec \(H\) sur \(QA'\), est sur la parallèle « médiane » \(\ell\) des droites \(QA'\) et \(Q'A\). Précision ajoutée : la symétrie d'axe \(\ell\) échange \(Q\) et \(A\) (car \(QA \perp QA'\)), donc \(JQ = JA\) et \(\ell\) est la bissectrice de \(\angle QJA\) ; comme \(\ell \parallel QH\), on obtient \(\angle QJA = 2\angle(JQ, \ell) = 2\angle JQH\). \(\blacksquare\)
Solution 2¶
On définit \(A'\) et \(E\) comme dans la solution 1, et on montre de même que la demi-droite \([MH)\) passe par \(Q\). Les points \(A'\) et \(E\) jouent des rôles analogues à \(Q\) et \(K\) : \(A'\) est le second point d'intersection de la droite \(MH\) avec \(\Gamma\), et \(E\) est le point de \(\Gamma\) tel que \(\angle HEA' = 90^\circ\) (voir la figure).
Dans les cercles \(KQH\) et \(EA'H\), les segments \(HQ\) et \(HA'\) sont des diamètres ; ces deux cercles ont donc une tangente commune \(t\) en \(H\), perpendiculaire à \(MH\). Soit \(R\) le centre radical des cercles \(ABC\), \(KQH\) et \(EA'H\) : leurs axes radicaux deux à deux sont les droites \(QK\), \(A'E\) et \(t\), qui passent toutes par \(R\).
Soit \(S\) le milieu de \(HR\). Comme \(\angle QKH = \angle HEA' = 90^\circ\), le quadrilatère \(HERK\) est inscrit dans le cercle de diamètre \(HR\), de centre \(S\) ; donc \(SK = SE = SH\). La droite \(BC\), médiatrice de \(HE\), passe donc par \(S\).
Le cercle \(HMF\) (de diamètre \(HM\), car \(\angle HFM = 90^\circ\)) est lui aussi tangent à \(t\) en \(H\). La puissance du point \(S\) par rapport à ce cercle donne
Ainsi la puissance de \(S\) par rapport aux cercles \(KQH\) et \(KFM\) vaut \(SK^2\), et \(K\) est sur ces deux cercles. Donc le segment \(SK\) est tangent aux deux cercles en \(K\) : les deux cercles sont tangents en \(K\). \(\blacksquare\)