Shortlist 2020, G7

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

Concepts : Puissance d'un point et axe radical · Centres du triangle et lemmes classiques · Chasse aux angles et quadrilatères cycliques

Solution officielle : Shortlist officielle 2020 (avec solutions), p. 62 (page 64 du PDF)

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

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Énoncé

Let \(P\) be a point on the circumcircle of an acute-angled triangle \(ABC\). Let \(D\), \(E\), and \(F\) be the reflections of \(P\) in the midlines of triangle \(ABC\) parallel to \(BC\), \(CA\), and \(AB\), respectively. Denote by \(\omega_A\), \(\omega_B\), and \(\omega_C\) the circumcircles of triangles \(ADP\), \(BEP\), and \(CFP\), respectively. Denote by \(\omega\) the circumcircle of the triangle formed by the perpendicular bisectors of segments \(AD\), \(BE\) and \(CF\).

Show that \(\omega_A\), \(\omega_B\), \(\omega_C\), and \(\omega\) have a common point.

Indices : les idées clés

• Symétrie par rapport aux droites des milieux : \(A\) et le pied \(A_1\) de la hauteur sont symétriques par rapport à la droite des milieux \(m_A\), donc \(A_1 \in \omega_A\).
• Puissance d'un point et axe radical : l'orthocentre \(H\) a la même puissance par rapport à \(\omega_A\), \(\omega_B\), \(\omega_C\) ; les trois cercles ont donc un axe radical commun \(PH\) et un second point commun \(Q\).
• Centres du triangle et lemmes classiques : orthocentre, et théorème de la droite de Simson (sous la forme : les symétriques de \(Q\) par rapport aux côtés sont alignés si et seulement si \(Q\) est sur le cercle circonscrit).
• Chasse aux angles et quadrilatères cycliques : avec des angles orientés, on montre que \(P\), \(Q_A\), \(Q_B\), \(Q_C\) sont alignés.

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent la solution officielle de la Shortlist 2020 (une solution et deux remarques).

Solution

Soient \(AA_1\), \(BB_1\), \(CC_1\) les hauteurs du triangle \(ABC\), et \(m_A\), \(m_B\), \(m_C\) les droites des milieux parallèles à \(BC\), \(CA\), \(AB\). On note \(\measuredangle(p, q)\) l'angle orienté de la droite \(p\) vers la droite \(q\), modulo \(180^\circ\).

Étape 1 : les cercles \(\omega_A\), \(\omega_B\), \(\omega_C\) ont un point commun \(Q\) distinct de \(P\).

La droite \(m_A\) est la médiatrice de \([PD]\), donc \(\omega_A\) (qui passe par \(P\) et \(D\)) est symétrique par rapport à \(m_A\). Comme \(A\) et \(A_1\) sont aussi symétriques par rapport à \(m_A\), le point \(A_1\) est sur \(\omega_A\). De même, \(B_1 \in \omega_B\) et \(C_1 \in \omega_C\).

Soit \(H\) l'orthocentre de \(ABC\). Les quadrilatères \(ABA_1B_1\) et \(BCB_1C_1\) sont cycliques, donc

\[AH \cdot HA_1 = BH \cdot HB_1 = CH \cdot HC_1.\]

Ainsi, \(H\) a la même puissance par rapport à \(\omega_A\), \(\omega_B\), \(\omega_C\) : il est sur leurs axes radicaux deux à deux. Le point \(P\) est aussi sur ces axes radicaux ; les trois cercles ont donc un axe radical commun \(\ell = PH\), et le second point d'intersection \(Q\) de \(\ell\) avec \(\omega_A\) est le second point commun aux trois cercles. Comme \(H\) est intérieur aux trois cercles (le triangle est acutangle, donc \(H\) est entre \(A\) et \(A_1\), etc.), on a \(Q \neq P\).

Étape 2 : le point \(Q\) est sur \(\omega\).

Notons \(p_A\), \(p_B\), \(p_C\) les médiatrices de \([AD]\), \([BE]\), \([CF]\), et \(\Delta\) le triangle qu'elles forment. D'après le théorème de Simson, pour montrer que \(Q\) est sur le cercle \(\omega\) circonscrit à \(\Delta\), il suffit de prouver que les projetés orthogonaux de \(Q\) sur \(p_A\), \(p_B\), \(p_C\) sont alignés ; de façon équivalente (homothétie de centre \(Q\) et de rapport \(2\)), que les symétriques \(Q_A\), \(Q_B\), \(Q_C\) de \(Q\) par rapport à ces droites sont alignés. Nous allons montrer que les quatre points \(P\), \(Q_A\), \(Q_B\), \(Q_C\) sont alignés.

Comme \(p_A\) est la médiatrice commune de \([AD]\) et de \([QQ_A]\), la symétrie d'axe \(p_A\) préserve \(\omega_A\) (elle échange \(A\) et \(D\), et \(\omega_A\) a son centre sur \(p_A\)) ; donc \(Q_A \in \omega_A\), et de plus \(\measuredangle(DA, DQ_A) = \measuredangle(AQ, AD)\) (une symétrie renverse les angles orientés). Par conséquent, en utilisant les points cocycliques \(A, D, P, Q, Q_A\) et \(PD \perp BC\),

\[\measuredangle(PA, PQ_A) = \measuredangle(DA, DQ_A) = \measuredangle(AQ, AD) = \measuredangle(PQ, PD) = \measuredangle(PQ, BC) + 90^\circ.\]

De même, \(\measuredangle(PB, PQ_B) = \measuredangle(PQ, CA) + 90^\circ\). Donc, comme \(P\) est sur le cercle circonscrit à \(ABC\),

\[\begin{aligned} \measuredangle(PQ_A, PQ_B) &= \measuredangle(PQ_A, PA) + \measuredangle(PA, PB) + \measuredangle(PB, PQ_B) \\ &= \measuredangle(BC, PQ) + 90^\circ + \measuredangle(CA, CB) + \measuredangle(PQ, CA) + 90^\circ = 0, \end{aligned}\]

ce qui montre que \(P\), \(Q_A\), \(Q_B\) sont alignés. De même, \(Q_C\) est sur la droite \(PQ_A\). Donc \(Q\) est sur \(\omega\), et c'est un point commun aux quatre cercles. \(\blacksquare\)

Remarques

Remarque 1. L'étape 2 admet plusieurs variantes. Par exemple, soient \(O_A\), \(O_B\), \(O_C\) les centres de \(\omega_A\), \(\omega_B\), \(\omega_C\) ; ils sont sur \(p_A\), \(p_B\), \(p_C\), et aussi sur la médiatrice \(p\) de \([PQ]\). On peut montrer que \(\measuredangle(QO_A, p_A) = \measuredangle(QO_B, p_B) = \measuredangle(QO_C, p_C)\), puis conclure par le théorème de Simson généralisé ; de façon équivalente, ces relations montrent que \(Q\) est le point de Miquel des droites \(p_A\), \(p_B\), \(p_C\) et \(p\). Pour établir \(\measuredangle(QO_A, p_A) = \measuredangle(QO_C, p_C)\), qui équivaut à \(\measuredangle(QO_A, QO_C) = \measuredangle(p_A, p_C)\), on peut écrire :

\[\begin{aligned} \measuredangle(QO_A, QO_C) &= \measuredangle(QO_A, p) + \measuredangle(p, QO_C) = \measuredangle(AQ, AP) + \measuredangle(CP, CQ) \\ &= \measuredangle(AQ, CQ) + \measuredangle(CP, AP) = \measuredangle(AQ, PQ) + \measuredangle(PQ, CQ) + \measuredangle(CB, AB) \\ &= \measuredangle(AD, AA_1) + \measuredangle(CC_1, CF) + \measuredangle(AA_1, CC_1) = \measuredangle(AD, CF) = \measuredangle(p_A, p_C). \end{aligned}\]

Remarque 2. L'inversion de centre \(H\) et de puissance (négative) \(-AH \cdot HA_1\) envoie \(P\) sur \(Q\), et le cercle circonscrit à \(ABC\) sur le cercle d'Euler. Par conséquent, \(Q\) est sur le cercle d'Euler du triangle \(ABC\).