Shortlist 2016, G5

Domaine : Géométrie · Difficulté : ★★★☆☆ · Proposé par : non indiqué

Concepts : Centres du triangle et lemmes classiques · Chasse aux angles et quadrilatères cycliques · Puissance d'un point et axe radical · Trigonométrie : loi des sinus, Ceva trigonométrique · Triangles semblables et similitudes

Solution officielle : Shortlist officielle 2016 (avec solutions), p. 58 (page 61 du PDF)

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Énoncé

Let \(D\) be the foot of perpendicular from \(A\) to the Euler line (the line passing through the circumcentre and the orthocentre) of an acute scalene triangle \(ABC\). A circle \(\omega\) with centre \(S\) passes through \(A\) and \(D\), and it intersects sides \(AB\) and \(AC\) at \(X\) and \(Y\) respectively. Let \(P\) be the foot of altitude from \(A\) to \(BC\), and let \(M\) be the midpoint of \(BC\). Prove that the circumcentre of triangle \(XSY\) is equidistant from \(P\) and \(M\).

Indices : les idées clés

• Centres du triangle : cercle d'Euler (des neuf points), son centre \(N\) milieu de \([QM]\) où \(Q\) est le milieu de \([AH]\) ; \(N\) est sur la médiatrice de \([PM]\).
• Chasse aux angles (solution 1) : angles orientés pour montrer que \(D, S', S, Q\) puis \(D, O_1, S', N\) sont cocycliques.
• Puissance d'un point et loi des sinus (solution 1) : \(SD\) est tangente à un cercle, d'où \(SS' \cdot SO_1 = SD^2 = SX^2\), et la loi des sinus donne \(SS' = 2\,SA\cos A\).
• Similitudes (solution 2) : quand \(S\) varie, une similitude de centre \(D\) envoie une configuration sur l'autre, donc le centre \(O_1\) décrit une droite ; il suffit de deux positions particulières de \(S\).

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2016 (deux solutions).

Dans les deux solutions, \(H\) et \(O\) désignent l'orthocentre et le centre du cercle circonscrit de \(ABC\). Les angles \(\measuredangle\) sont orientés (modulo \(\pi\)).

Solution 1

Soit \(Q\) le milieu de \([AH]\) et \(N\) le centre du cercle d'Euler de \(ABC\). D'après des propriétés classiques des centres du triangle, \(Q\) est sur le cercle d'Euler, \(N\) est le milieu de \([QM]\) et \(QM \parallel AO\).

Soit \(S'\) l'intersection de la perpendiculaire à \(XY\) issue de \(S\) avec la droite \(QM\), et soit \(E\) le pied de la hauteur issue de \(B\). Comme \(\angle ADH = 90^\circ\), \(Q\) est le centre d'un cercle passant par \(A\) et \(D\) ; ainsi \(Q\) et \(S\) sont tous deux sur la médiatrice de \([AD]\). Par chasse aux angles :

\[\begin{aligned} \measuredangle SDQ &= \measuredangle QAS = \measuredangle XAS - \measuredangle XAQ = \left(\frac{\pi}{2} - \measuredangle AYX\right) - \measuredangle BAP = \measuredangle CBA - \measuredangle AYX \\ &= (\measuredangle CBA - \measuredangle ACB) - \measuredangle BCA - \measuredangle AYX = \measuredangle PEM - (\measuredangle BCA + \measuredangle AYX) \\ &= \measuredangle PQM - \measuredangle(BC, XY) = \frac{\pi}{2} - \measuredangle(S'Q, BC) - \measuredangle(BC, XY) = \measuredangle SS'Q. \end{aligned}\]

Donc \(D, S', S, Q\) sont cocycliques (voir la figure).

Soit \(O_1\) l'intersection de la perpendiculaire à \(BC\) issue de \(N\) avec la droite \(SS'\). (Ces deux droites sont confondues lorsque \(S\) est le milieu de \([AO]\) ; dans ce cas le résultat est vrai, car le centre du cercle \(XSY\) est sur cette droite.) Comme \(N\) est sur la médiatrice de \([PM]\) (le cercle d'Euler passe par \(P\) et \(M\)), cette perpendiculaire est la médiatrice de \([PM]\) : il suffit donc de montrer que \(O_1\) est le centre du cercle circonscrit à \(XSY\).

Comme \(SQ \parallel OD\) (toutes deux perpendiculaires à \(AD\)) et \(QA \parallel O_1N\) (toutes deux perpendiculaires à \(BC\)),

\[\measuredangle DS'O_1 = \measuredangle DQS = \measuredangle SQA = \measuredangle(SQ, QA) = \measuredangle(OD, O_1N) = \measuredangle DNO_1,\]

donc \(D, O_1, S', N\) sont cocycliques. Par suite, puisque \(N\) est sur la droite d'Euler \(OD\) et sur la droite \(QS'\),

\[\measuredangle SDS' = \measuredangle SQS' = \measuredangle(SQ, QS') = \measuredangle(ND, NS') = \measuredangle DNS',\]

de sorte que \(SD\) est tangente au cercle passant par \(D, O_1, S', N\). Par puissance du point \(S\) :

\[SS' \cdot SO_1 = SD^2 = SX^2. \tag{1}\]

Montrons ensuite que \(S\) et \(S'\) sont symétriques par rapport à \(XY\). Par la loi des sinus (dans les triangles \(SQS'\), \(SDQ\) et \(SAQ\), avec \(SD = SA\)),

\[\frac{SS'}{\sin \angle SQS'} = \frac{SQ}{\sin \angle SS'Q} = \frac{SQ}{\sin \angle SDQ} = \frac{SQ}{\sin \angle SAQ} = \frac{SA}{\sin \angle SQA}.\]

Comme \(SQ \parallel OH\), \(QS' \parallel AO\) et \(QA\) est portée par \(AH\), il vient

\[SS' = SA \cdot \frac{\sin \angle SQS'}{\sin \angle SQA} = SA \cdot \frac{\sin \angle HOA}{\sin \angle OHA} = SA \cdot \frac{AH}{AO} = SA \cdot 2\cos A,\]

ce qui est le double de la distance de \(S\) à \(XY\) (la corde \(XY\) du cercle \(\omega\) de rayon \(SA\) est vue sous l'angle inscrit \(A\) depuis \(A\)). Par ailleurs, \(S\) et \(C\) sont du même côté de la médiatrice de \([PM]\) si et seulement si \(\angle SAC < \angle OAC\), si et seulement si \(\angle YXA > \angle CBA\). Cela montre que \(S\) et \(O_1\) sont de part et d'autre de \(XY\). Comme \(S'\) est sur la demi-droite \([SO_1)\), les points \(S\) et \(S'\) ne peuvent pas être du même côté de \(XY\). Ils sont donc symétriques par rapport à \(XY\).

Soit \(d\) le diamètre du cercle circonscrit à \(XSY\). Comme \(SS'\) est le double de la distance de \(S\) à \(XY\) et \(SX = SY\), on a \(SS' = 2\,\dfrac{SX^2}{d}\). D'après (1), \(d = 2\,SO_1\). Comme \(SO_1\) est la médiatrice de \([XY]\), le point \(O_1\) est le centre du cercle circonscrit à \(XSY\). \(\blacksquare\)

Solution 2

Soit \(O_1\) le centre du cercle circonscrit à \(XSY\). Considérons deux autres positions possibles \(S'\) et \(S''\) du centre de \(\omega\), et définissons de même \(X', Y', O_1'\) et \(X'', Y'', O_1''\). Les points \(S, S', S''\) sont sur la médiatrice de \([AD]\).

Comme \(XX'\) et \(YY'\) se coupent en \(A\) et que les cercles circonscrits à \(AXY\) et \(AX'Y'\) se recoupent en \(D\), il existe une similitude de centre \(D\) qui envoie \(XY\) sur \(X'Y'\). Or

\[\measuredangle SXY = \frac{\pi}{2} - \measuredangle YAX = \frac{\pi}{2} - \measuredangle Y'AX' = \measuredangle S'X'Y'\]

et de même \(\measuredangle SYX = \measuredangle S'Y'X'\) : les triangles \(SXY\) et \(S'X'Y'\) sont directement semblables. La similitude de centre \(D\) envoie donc \(S, X, Y, O_1\) sur \(S', X', Y', O_1'\). De même, une similitude de centre \(D\) envoie \(S, X, Y, O_1\) sur \(S'', X'', Y'', O_1''\). On en déduit qu'il existe une similitude qui envoie \(S, S', S''\) sur \(O_1, O_1', O_1''\) (à savoir celle de centre \(D\) qui envoie \(S\) sur \(O_1\)). Comme \(S, S', S''\) sont alignés, \(O_1, O_1', O_1''\) le sont aussi : le centre \(O_1\) décrit une droite quand \(S\) varie.

Il suffit donc de vérifier que \(O_1\) est sur la médiatrice de \([PM]\) dans deux cas particuliers.

Premier cas : \(S\) est le milieu de \([AH]\). Alors \(X\) et \(Y\) sont les pieds des hauteurs issues de \(C\) et \(B\). Il est bien connu que le cercle circonscrit à \(XSY\) est alors le cercle d'Euler de \(ABC\) ; \(O_1\) est son centre, et comme \(P\) et \(M\) sont sur ce cercle, \(O_1P = O_1M\).

Second cas : \(S'\) est le milieu de \([AO]\). Alors \(X'\) et \(Y'\) sont les milieux de \([AB]\) et \([AC]\), donc \(X'Y' \parallel BC\). Clairement \(S'\) est sur la médiatrice de \([PM]\) (sa projection sur \(BC\) est le milieu des projections \(P\) de \(A\) et \(M\) de \(O\)). La médiatrice de \([X'Y']\), qui passe par \(S'\) et est perpendiculaire à \(BC\), est donc confondue avec celle de \([PM]\). Ainsi \(O_1'P = O_1'M\).

Les centres \(O_1\) décrivent donc la médiatrice de \([PM]\), ce qui démontre le résultat. \(\blacksquare\)