Shortlist 2018, G4¶
Domaine : Géométrie · Difficulté : ★★★☆☆ · Proposé par : Mongolia
Concepts : Chasse aux angles et quadrilatères cycliques · Triangles semblables et similitudes
Solution officielle : Shortlist officielle 2018 (avec solutions), p. 42 (page 44 du PDF)
Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.
Énoncé¶
A point \(T\) is chosen inside a triangle \(ABC\). Let \(A_1\), \(B_1\), and \(C_1\) be the reflections of \(T\) in \(BC\), \(CA\), and \(AB\), respectively. Let \(\Omega\) be the circumcircle of the triangle \(A_1B_1C_1\). The lines \(A_1T\), \(B_1T\), and \(C_1T\) meet \(\Omega\) again at \(A_2\), \(B_2\), and \(C_2\), respectively. Prove that the lines \(AA_2\), \(BB_2\), and \(CC_2\) are concurrent on \(\Omega\).
Indices : les idées clés
- \(C\) est le centre du cercle \(A_1TB_1\) : les droites \(CB\) et \(CA\) sont les médiatrices de \(TA_1\) et \(TB_1\), ce qui transforme les angles en \(C\) en angles inscrits.
- Chasse aux angles (angles orientés) dans \(\Omega\) : on obtient deux égalités d'angles reliant les triangles \(A_1BC\) et \(A_1B_2C_2\).
- Triangles semblables : \(A_1BC \sim A_1B_2C_2\), donc aussi \(A_1BB_2 \sim A_1CC_2\) (similitude de centre \(A_1\)), ce qui donne l'égalité d'angles cherchée.
- Fixer le point de concours : on définit \(K\) comme second point d'intersection de \(CC_2\) avec \(\Omega\) et on montre que \(BB_2\) passe par \(K\).
Solutions
Les solutions ci-dessous suivent la solution officielle de la Shortlist 2018 (une solution et trois remarques).
Solution¶
On note \(\measuredangle(\ell, n)\) l'angle orienté des droites \(\ell\) et \(n\), pris modulo \(180^\circ\).
Soit \(K\) le second point d'intersection de \(CC_2\) avec \(\Omega\) (si \(CC_2\) est tangente à \(\Omega\), on pose \(K = C_2\)). Le livret écrit « \(T = C_2\) » ; il faut lire \(K = C_2\). Montrons que la droite \(BB_2\) passe par \(K\) ; de même, \(AA_2\) passera aussi par \(K\). Pour cela, il suffit de prouver que
Précision ajoutée : comme \(K\), \(A_1\), \(B_2\), \(C_2\) sont sur \(\Omega\), on a \(\measuredangle(C_2C, C_2A_1) = \measuredangle(C_2K, C_2A_1) = \measuredangle(B_2K, B_2A_1)\) ; donc (1) donne \(\measuredangle(B_2B, B_2A_1) = \measuredangle(B_2K, B_2A_1)\), c'est-à-dire que \(B\), \(B_2\), \(K\) sont alignés.
D'après l'énoncé, \(CB\) et \(CA\) sont les médiatrices de \(TA_1\) et \(TB_1\). Donc \(C\) est le centre du cercle circonscrit au triangle \(A_1TB_1\). Par conséquent (angle au centre et angle inscrit, puis alignement de \(B_1\), \(T\), \(B_2\)),
Dans le cercle \(\Omega\), on a \(\measuredangle(B_1A_1, B_1B_2) = \measuredangle(C_2A_1, C_2B_2)\). Ainsi, par chasse aux angles,
De même,
Les relations (2) et (3) montrent que les triangles \(A_1BC\) et \(A_1B_2C_2\) sont semblables et de même orientation, donc
La seconde égalité se réécrit \(\measuredangle(A_1B, A_1B_2) = \measuredangle(A_1C, A_1C_2)\), donc les triangles \(A_1BB_2\) et \(A_1CC_2\) sont eux aussi semblables et de même orientation. Cela établit (1) (voir la figure). \(\blacksquare\)
Remarques¶
Remarque 1. En fait, le triangle \(A_1BC\) est l'image de \(A_1B_2C_2\) par une similitude de centre \(A_1\) ; dans ce cas, les triangles \(ABB_2\) et \(ACC_2\) sont aussi semblables par une similitude de même centre. (Le livret écrit \(ABB_2\) et \(ACC_2\) ; d'après la solution, il s'agit de \(A_1BB_2\) et \(A_1CC_2\).)
Remarque 2. Une fois (2) et (3) obtenues, on peut terminer de plusieurs façons. Par exemple, en introduisant le point \(X = BC \cap B_2C_2\), ces relations montrent que les quadruplets \((A_1, B, B_2, X)\) et \((A_1, C, C_2, X)\) sont tous deux cocycliques. Donc \(A_1\) est le point de Miquel des droites \(BB_2\), \(CC_2\), \(BC\) et \(B_2C_2\) ; il en résulte que le point d'intersection de \(BB_2\) et \(CC_2\) est sur \(\Omega\). (Le livret écrit « \(K\) est le point de Miquel » ; c'est \(A_1\), point commun des deux cercles, qui joue ce rôle.)
Une autre façon consiste à montrer que les points \(A_1\), \(B\), \(C\) et \(K\) sont cocycliques, puisque
Par symétrie, le second point \(K'\) d'intersection de \(BB_2\) avec \(\Omega\) est aussi cocyclique avec \(A_1\), \(B\) et \(C\), d'où \(K' = K\).
Remarque 3. Demander que le point commun des droites \(AA_2\), \(BB_2\), \(CC_2\) soit sur \(\Omega\) peut sembler faciliter le problème, car cela suggère des approches. Mais il existe aussi des façons de montrer simplement que ces droites sont concourantes. En particulier, l'énoncé implique que les droites \(A_2T\), \(B_2T\), \(C_2T\) sont perpendiculaires aux côtés correspondants du triangle \(ABC\). On peut montrer que les droites \(AT\), \(BT\), \(CT\) sont aussi perpendiculaires aux côtés correspondants du triangle \(A_2B_2C_2\) : les triangles \(ABC\) et \(A_2B_2C_2\) sont orthologiques et leurs centres d'orthologie coïncident. On sait que de tels triangles sont aussi perspectifs, c'est-à-dire que \(AA_2\), \(BB_2\), \(CC_2\) sont concourantes (au sens projectif). Pour montrer cette orthologie mutuelle, on peut à nouveau faire une chasse aux angles, mais il y a d'autres méthodes : si \(A'\), \(B'\), \(C'\) sont les projetés de \(T\) sur les côtés de \(ABC\), alors \(A_2T \cdot TA' = B_2T \cdot TB' = C_2T \cdot TC'\), car ces trois produits valent l'opposé de la moitié de la puissance de \(T\) par rapport à \(\Omega\). Ainsi \(A_2\), \(B_2\), \(C_2\) sont les pôles des côtés de \(ABC\) par rapport à un cercle de centre \(T\) et de rayon imaginaire pur (autrement dit, les symétriques de \(A_2\), \(B_2\), \(C_2\) par rapport à \(T\) sont les pôles de ces côtés par rapport à un vrai cercle de centre \(T\)). Par dualité, les sommets de \(ABC\) sont aussi les pôles des côtés du triangle \(A_2B_2C_2\).