Shortlist 2017, G3

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

Concepts : Chasse aux angles et quadrilatères cycliques · Centres du triangle et lemmes classiques · Triangles semblables et similitudes

Solution officielle : Shortlist officielle 2017 (avec solutions), p. 59 (page 61 du PDF)

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Énoncé

Let \(O\) be the circumcenter of an acute scalene triangle \(ABC\). Line \(OA\) intersects the altitudes of \(ABC\) through \(B\) and \(C\) at \(P\) and \(Q\), respectively. The altitudes meet at \(H\). Prove that the circumcenter of triangle \(PQH\) lies on a median of triangle \(ABC\).

Indices : les idées clés

• Chasse aux angles : \(\angle PQH = \angle ACB\), \(\angle QPH = \angle ABC\), et \(AH\) est tangente au cercle \(HPQ\).
• Centres du triangle : \(\angle OAB = 90^\circ - \angle ACB\) (relation entre le centre du cercle circonscrit et la hauteur) ; le projeté de \(O\) sur \(BC\) est le milieu de \([BC]\).
• Triangles semblables : \(ABC \sim HPQ\) ; on transporte la configuration « tangente en \(H\) coupant \(PQ\) en \(A\) » vers « tangente en \(A\) coupant \(BC\) en \(S\) ».
• Quadrilatère inscriptible \(SAOM\), qui donne \(OM \perp BC\).

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2017 (une solution).

Solution

Supposons, sans perte de généralité, que \(AB < AC\). On a

\[\angle PQH = 90^\circ - \angle QAB = 90^\circ - \angle OAB = \tfrac12 \angle AOB = \angle ACB,\]

et de même \(\angle QPH = \angle ABC\). Ainsi les triangles \(ABC\) et \(HPQ\) sont semblables. Soient \(\Omega\) et \(\omega\) les cercles circonscrits à \(ABC\) et à \(HPQ\). Comme

\[\angle AHP = 90^\circ - \angle HAC = \angle ACB = \angle HQP,\]

la droite \(AH\) est tangente à \(\omega\) (théorème de l'angle tangentiel).

Soit \(T\) le centre de \(\omega\), et soit \(M\) le point d'intersection des droites \(AT\) et \(BC\). Nous allons exploiter la similitude entre \(ABC\) et \(HPQ\) et le fait que \(AH\) est tangente à \(\omega\) en \(H\), avec \(A\) sur la droite \(PQ\). Considérons la tangente correspondante \(AS\) à \(\Omega\), avec \(S \in BC\). Dans la similitude \(ABC \sim HPQ\) (où \(A, B, C, O\) correspondent à \(H, P, Q, T\)), les points \(S\) et \(A\) se correspondent. Par conséquent

\[\angle OSM = \angle OAT = \angle OAM\]

(l'angle entre \(SO\) et la droite \(BC\) correspond à l'angle entre \(AT\) et la droite \(PQ\), qui est la droite \(AO\) ; et \(A\), \(T\), \(M\) sont alignés). Le quadrilatère \(SAOM\) est donc inscriptible et, comme la tangente \(AS\) est perpendiculaire à \(AO\),

\[\angle OMS = 180^\circ - \angle OAS = 90^\circ.\]

Ainsi \(M\) est le projeté orthogonal de \(O\) sur \(BC\), c'est-à-dire le milieu de \([BC]\). Donc \(T\) est sur la médiane \(AM\) du triangle \(ABC\) (voir la figure). \(\blacksquare\)