Shortlist 2022, G5

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

Concepts : Homothétie · Chasse aux angles et quadrilatères cycliques · Triangles semblables et similitudes

Solution officielle : Shortlist officielle 2022 (avec solutions), p. 51 (page 53 du PDF)

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Énoncé

Let \(ABC\) be a triangle, and let \(\ell_1\) and \(\ell_2\) be two parallel lines. For \(i = 1, 2\), let \(\ell_i\) meet the lines \(BC\), \(CA\), and \(AB\) at \(X_i\), \(Y_i\), and \(Z_i\), respectively. Suppose that the line through \(X_i\) perpendicular to \(BC\), the line through \(Y_i\) perpendicular to \(CA\), and finally the line through \(Z_i\) perpendicular to \(AB\), determine a non-degenerate triangle \(\Delta_i\).

Show that the circumcircles of \(\Delta_1\) and \(\Delta_2\) are tangent to each other.

Indices : les idées clés

• Homothétie : les triangles \(D_1Y_1Z_1\) et \(D_2Y_2Z_2\) sont homothétiques de centre \(A\) ; puis \(\Delta_1\) et \(\Delta_2\) sont homothétiques de centre \(H\), et cette homothétie envoie un cercle sur l'autre.
• Chasse aux angles et quadrilatères cycliques (angles orientés de droites) : le centre \(H\) est sur les deux cercles circonscrits (et sur le cercle \(ABC\) dans la solution 2).
• Théorème de Desargues (solution 2) : les droites \(AD_i\), \(BE_i\), \(CF_i\) sont concourantes.
• Similitudes (solution 2) : une similitude d'angle \(\pm 90^\circ\) envoie \(ABC\) sur \(D_iE_iF_i\), donc les cercles \(ABC\) et \(D_iE_iF_i\) sont orthogonaux.

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2022 (deux solutions et deux remarques).

Solution 1

Dans les solutions, \(\measuredangle(p, q)\) désigne l'angle orienté entre les droites \(p\) et \(q\), modulo \(180^\circ\).

Notons \(D_i, E_i, F_i\) les sommets de \(\Delta_i\), de sorte que les droites \(E_iF_i\), \(F_iD_i\) et \(D_iE_i\) soient les perpendiculaires passant respectivement par \(X_i\), \(Y_i\) et \(Z_i\), et notons \(\omega_i\) le cercle circonscrit à \(\Delta_i\). (Voir la figure.)

Dans les triangles \(D_1Y_1Z_1\) et \(D_2Y_2Z_2\), on a \(Y_1Z_1 \parallel Y_2Z_2\) car ce sont des parties de \(\ell_1\) et \(\ell_2\). De plus \(D_1Y_1 \parallel D_2Y_2\) (perpendiculaires à \(AC\)) et \(D_1Z_1 \parallel D_2Z_2\) (perpendiculaires à \(AB\)). Les deux triangles sont donc homothétiques, de centre \(Y_1Y_2 \cap Z_1Z_2 = A\). Ainsi la droite \(D_1D_2\) passe par \(A\). De même, \(E_1E_2\) passe par \(B\) et \(F_1F_2\) passe par \(C\).

Les côtés correspondants de \(\Delta_1\) et \(\Delta_2\) sont parallèles (perpendiculaires aux côtés correspondants de \(ABC\)). Donc \(\Delta_1\) et \(\Delta_2\) sont soit homothétiques, soit images l'un de l'autre par une translation. En utilisant que \(B, X_2, Z_2, E_2\) sont cocycliques, que \(C, X_2, Y_2, F_2\) sont cocycliques, et que \(Z_2E_2 \perp AB\), \(Y_2F_2 \perp AC\), on calcule par chasse aux angles :

\[\begin{aligned} \measuredangle(E_1E_2, F_1F_2) &= \measuredangle(E_1E_2, X_1X_2) + \measuredangle(X_1X_2, F_1F_2) = \measuredangle(BE_2, BX_2) + \measuredangle(CX_2, CF_2) \\ &= \measuredangle(Z_2E_2, Z_2X_2) + \measuredangle(Y_2X_2, Y_2F_2) = \measuredangle(Z_2E_2, \ell_2) + \measuredangle(\ell_2, Y_2F_2) \\ &= \measuredangle(Z_2E_2, Y_2F_2) = \measuredangle(AB, AC) \neq 0, \end{aligned} \tag{1}\]

et on en conclut que les droites \(E_1E_2\) et \(F_1F_2\) ne sont pas parallèles. Donc \(\Delta_1\) et \(\Delta_2\) sont homothétiques, et les droites \(D_1D_2\), \(E_1E_2\), \(F_1F_2\) concourent au centre de cette homothétie, que l'on note \(H\).

Pour \(i = 1, 2\), en utilisant (1) et la cocyclicité de \(A, Y_i, Z_i, D_i\) :

\[\measuredangle(HE_i, HF_i) = \measuredangle(E_1E_2, F_1F_2) = \measuredangle(AB, AC) = \measuredangle(AZ_i, AY_i) = \measuredangle(D_iZ_i, D_iY_i) = \measuredangle(D_iE_i, D_iF_i),\]

donc \(H\) est sur le cercle \(\omega_i\).

L'homothétie qui envoie \(\Delta_1\) sur \(\Delta_2\) envoie aussi \(\omega_1\) sur \(\omega_2\). Son centre \(H\) est un point commun des deux cercles ; deux cercles homothétiques par une homothétie dont le centre est sur les deux cercles sont tangents en ce point. Donc \(\omega_1\) et \(\omega_2\) sont tangents. \(\blacksquare\)

Solution 2

Comme dans la première solution, notons \(D_i, E_i, F_i\) les sommets de \(\Delta_i\), avec \(E_iF_i\), \(F_iD_i\), \(D_iE_i\) les perpendiculaires passant par \(X_i\), \(Y_i\), \(Z_i\). De la même façon, on obtient que \((A, D_1, D_2)\), \((B, E_1, E_2)\) et \((C, F_1, F_2)\) sont alignés.

Les côtés correspondants des triangles \(ABC\) et \(D_iE_iF_i\) sont perpendiculaires. Il existe donc une similitude d'angle \(\pm 90^\circ\) qui envoie \(ABC\) sur \(D_iE_iF_i\) ; soit \(M_i\) son centre. Ainsi \(\measuredangle(M_iA, M_iD_i) = \measuredangle(M_iB, M_iE_i) = \measuredangle(M_iC, M_iF_i) = 90^\circ\). Le cercle de diamètre \(AD_i\) passe par \(M_i\), \(Y_i\) et \(Z_i\), donc \(M_i, A, Y_i, Z_i, D_i\) sont cocycliques ; de même \((M_i, B, X_i, Z_i, E_i)\) et \((M_i, C, X_i, Y_i, F_i)\) sont cocycliques.

En appliquant le théorème de Desargues aux triangles \(ABC\) et \(D_iE_iF_i\), on obtient que les droites \(AD_i\), \(BE_i\) et \(CF_i\) sont concourantes ; notons \(H\) leur point commun. Précision ajoutée : les côtés correspondants se coupent en \(AB \cap D_iE_i = Z_i\), \(BC \cap E_iF_i = X_i\), \(CA \cap F_iD_i = Y_i\), points alignés sur \(\ell_i\) ; c'est ce qui permet d'appliquer Desargues. Le livret écrit « \(BF_i\) » ; il faut lire \(CF_i\). Comme \((A, D_1, D_2)\), \((B, E_1, E_2)\) et \((C, F_1, F_2)\) sont alignés, on obtient le même point \(H\) pour \(i = 1\) et \(i = 2\).

Par chasse aux angles,

\[\measuredangle(CB, CH) = \measuredangle(CX_i, CF_i) = \measuredangle(Y_iX_i, Y_iF_i) = \measuredangle(Y_iZ_i, Y_iD_i) = \measuredangle(AZ_i, AD_i) = \measuredangle(AB, AH),\]

donc \(H\) est sur le cercle \(ABC\).

De même, à partir de

\[\measuredangle(F_iD_i, F_iH) = \measuredangle(F_iY_i, F_iC) = \measuredangle(X_iY_i, X_iC) = \measuredangle(X_iZ_i, X_iB) = \measuredangle(E_iZ_i, E_iB) = \measuredangle(E_iD_i, E_iH),\]

on voit que \(H\) est aussi sur le cercle \(D_iE_iF_i\). Les cercles \(ABC\) et \(D_iE_iF_i\) se coupent donc en \(H\).

La similitude d'angle \(\pm 90^\circ\) envoie le cercle \(ABC\) sur le cercle \(D_iE_iF_i\), donc ces deux cercles sont orthogonaux. Par conséquent, les deux cercles \(D_1E_1F_1\) et \(D_2E_2F_2\) sont tangents en \(H\) au rayon du cercle \(ABC\) issu de \(H\), donc tangents entre eux. \(\blacksquare\)

Remarques

Remarque 1. Comme le suggère la figure, les cercles \(ABC\) et \(D_iE_iF_i\) passent aussi par \(M_i\). En effet, \(M_i\), second point d'intersection des cercles \(D_iE_iF_i\) et \(D_iY_iZ_i\), est le point de Miquel des droites \(AY_i\), \(AZ_i\), \(CX_i\) et \(X_iY_i\), donc il est cocyclique avec \(A, B, C\). De même, \(M_i\) est le point de Miquel des droites \(D_iE_i\), \(E_iF_i\), \(F_iY_i\) et \(X_iY_i\), donc il est cocyclique avec \(D_i, E_i, F_i\). (Le livret écrit « \(D_i, E_i, D_i\) » ; il faut lire \(D_i, E_i, F_i\).)

Remarque 2 (une seule droite mobile). On peut reformuler le problème avec une seule droite \(\ell\) de direction fixe : quand \(\ell\) varie, les cercles circonscrits aux triangles \(\Delta\) obtenus passent par un point fixe et sont tangents entre eux. Une approche naturelle consiste à chercher la position de \(\ell\) pour laquelle le triangle \(DEF\) dégénère en un point : cela arrive quand \(XYZ\) est la droite de Simson d'un point \(D = E = F\) du cercle \(ABC\). On en tire une variante : soit \(H\) le second point d'intersection du cercle \(ABC\) et de la droite \(AD\) ; comme ci-dessus, la droite \(AD\) est fixe, donc \(H\) ne dépend pas de \(\ell\). De

\[\measuredangle(HF, HD) = \measuredangle(HC, HA) = \measuredangle(BC, BA) = \measuredangle(BX, BZ) = \measuredangle(EX, EZ) = \measuredangle(EF, ED),\]

on voit que le cercle de \(\Delta\) passe par \(H\), point fixe. Enfin, les côtés de \(ABC\) et \(DEF\) étant perpendiculaires, leurs cercles circonscrits sont orthogonaux, donc le cercle \(DEF\) est tangent en \(H\) au rayon du cercle \(ABC\).