Shortlist 2023, G7

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

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

Solution officielle : Shortlist officielle 2023 (avec solutions), p. 74 (page 76 du PDF)

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

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Énoncé

Let \(ABC\) be an acute, scalene triangle with orthocentre \(H\). Let \(\ell_a\) be the line through the reflection of \(B\) with respect to \(CH\) and the reflection of \(C\) with respect to \(BH\). Lines \(\ell_b\) and \(\ell_c\) are defined similarly. Suppose lines \(\ell_a\), \(\ell_b\), and \(\ell_c\) determine a triangle \(\mathcal{T}\).

Prove that the orthocentre of \(\mathcal{T}\), the circumcentre of \(\mathcal{T}\) and \(H\) are collinear.

Indices : les idées clés

• Homothétie : l'homothétie de centre \(A\) et de rapport \(2\) envoie le triangle formé par les pieds des hauteurs issues de \(B\) et \(C\) sur \(AA_bA_c\).
• Triangles semblables et similitudes : la similitude de centre \(A\) qui envoie \(AA_bA_c\) sur \(AB_aC_a\) place \(A_1\) sur le cercle de centre \(H\) passant par \(A\), et montre que \(\mathcal{T}\) est inversement semblable à \(ABC\).
• Chasse aux angles (angles orientés) : pour les cocyclicités et la similitude \(\mathcal{T} \sim ABC\).
• Centres du triangle : l'orthocentre de \(\mathcal{T}\) correspond à \(H\) par la similitude ; le symétrique de \(O\) par rapport à \(AH\) est le centre du cercle \(AB_aC_a\) (solution 2).
• Cercle d'Apollonius (solution 1) : \(\mathcal{T}\) est inscrit dans un cercle d'Apollonius du segment joignant \(H\) et l'orthocentre de \(\mathcal{T}\), dont le centre est sur cette droite.

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2023 (deux solutions).

Solution 1

Notations. On écrit \(\triangle P_1P_2P_3 \overset{+}{\sim} \triangle Q_1Q_2Q_3\) (resp. \(\overset{-}{\sim}\)) pour dire que deux triangles sont directement (resp. inversement) semblables, et l'on utilise des angles orientés de droites, notés \(\measuredangle\).

Notons \(A_b\), \(A_c\) les symétriques de \(A\) par rapport à \(BH\) et \(CH\) ; on définit de même \(B_c, B_a\) et \(C_a, C_b\). Par définition, \(\ell_a = B_cC_b\), \(\ell_b = C_aA_c\), \(\ell_c = A_bB_a\). Soient \(A_1 = \ell_b \cap \ell_c\), \(B_1 = \ell_c \cap \ell_a\), \(C_1 = \ell_a \cap \ell_b\), et soient \(O_1\), \(H_1\) le centre du cercle circonscrit et l'orthocentre de \(\mathcal{T} = \triangle A_1B_1C_1\).

Le livret écrit « \(O_1, H_1\) l'orthocentre et le centre du cercle circonscrit » ; la suite (et la figure) montre qu'il faut lire l'inverse : \(O_1\) est le centre du cercle circonscrit, \(H_1\) l'orthocentre.

Affirmation 1. \(\triangle AA_bA_c \overset{-}{\sim} \triangle ABC\).

Preuve. Soient \(P = BH \cap AC\) et \(Q = CH \cap AB\) ; il est bien connu que \(\triangle APQ \overset{-}{\sim} \triangle ABC\). L'homothétie de centre \(A\) et de rapport \(2\) envoie \(\triangle APQ\) sur \(\triangle AA_bA_c\) (car \(P\), \(Q\) sont les milieux de \(AA_b\), \(AA_c\)), d'où le résultat. \(\square\)

Affirmation 2. \(\triangle AA_bA_c \overset{+}{\sim} \triangle AB_aC_a\), et \(A_1\) est sur le cercle circonscrit à \(AA_bA_c\), qui a pour centre \(H\).

Preuve. Comme \(B_a\), \(C_a\) sont les symétriques de \(B\), \(C\) par rapport à \(AH\), on a \(\triangle AB_aC_a \overset{-}{\sim} \triangle ABC\). Avec l'affirmation 1, \(\triangle AA_bA_c \overset{+}{\sim} \triangle AB_aC_a\), le centre de cette similitude étant \(A\). Elle envoie \(A_b \mapsto B_a\) et \(A_c \mapsto C_a\), donc les droites \(A_bB_a = \ell_c\) et \(A_cC_a = \ell_b\) se coupent en un point du cercle \(AA_bA_c\) : on a \(\measuredangle A_cA_1A_b = \measuredangle A_cAA_b\), ce qui signifie que \(A_1\) est sur le cercle \(\odot AA_bA_c\). Par symétrie, \(HA_b = HA = HA_c\), donc \(H\) est le centre de ce cercle. \(\square\)

Affirmation 3. \(\triangle A_1B_1C_1 \overset{-}{\sim} \triangle ABC\).

Preuve. D'après l'affirmation 2 (et puisque \(C_1, A_c \in \ell_b\) et \(B_1, A_b \in \ell_c\)),

\[\measuredangle C_1A_1B_1 = \measuredangle A_cA_1A_b = \measuredangle A_cAA_b = -\measuredangle CAB,\]

et de même \(\measuredangle A_1B_1C_1 = -\measuredangle ABC\), \(\measuredangle B_1C_1A_1 = -\measuredangle BCA\), d'où \(\triangle A_1B_1C_1 \overset{-}{\sim} \triangle ABC\). \(\square\)

Conclusion. Notons \(\lambda = \frac{B_1C_1}{BC}\) le rapport de cette similitude. Elle envoie l'orthocentre \(H\) de \(ABC\) sur l'orthocentre \(H_1\) de \(\mathcal{T}\), donc

\[\lambda = \frac{H_1A_1}{HA} = \frac{H_1B_1}{HB} = \frac{H_1C_1}{HC}.\]

D'après l'affirmation 2, \(HA = HA_1\), et de même \(HB = HB_1\), \(HC = HC_1\). Donc

\[\lambda = \frac{H_1A_1}{HA_1} = \frac{H_1B_1}{HB_1} = \frac{H_1C_1}{HC_1}.\]

Ainsi le cercle \(A_1B_1C_1\) est le cercle d'Apollonius du segment \([HH_1]\) de rapport \(\lambda\) ; son centre est sur la droite \(HH_1\), donc \(O_1\), \(H_1\) et \(H\) sont alignés. \(\blacksquare\)

Précision ajoutée : on a nécessairement \(\lambda \neq 1\), sinon \(A_1, B_1, C_1\) seraient sur la médiatrice de \([HH_1]\), donc alignés.

Solution 2

On garde les notations \(A_b, A_c, B_c, B_a, C_a, C_b\), \(A_1, B_1, C_1, O_1, H_1\) de la solution 1, et l'on démontre de même les affirmations 1, 2 et 3.

Soit \(O\) le centre du cercle circonscrit à \(ABC\) et \(A_2\) le symétrique de \(A_1\) par rapport à \(AH\). Comme \(\odot AA_bA_c\) a pour centre \(H\) (qui est sur \(AH\)), \(A_2\) est aussi sur ce cercle.

D'après l'affirmation 2, \(\measuredangle B_aA_1C_a = \measuredangle A_bAA_c = \measuredangle B_aAC_a\), donc \(A_1\) est sur \(\odot AB_aC_a\). Par symétrie par rapport à \(AH\), \(A_2\) est sur \(\odot ABC\). Les cercles de centres \(O\) et \(H\) passent tous deux par \(A\) et \(A_2\), donc ces points sont symétriques par rapport à \(OH\). En définissant \(B_2\) et \(C_2\) de même, les triangles \(ABC\) et \(A_2B_2C_2\) sont symétriques par rapport à \(OH\), et \(\odot ABC = \odot A_2B_2C_2\).

Affirmation 4. Les droites \(A_1A_2\), \(B_1B_2\) et \(C_1C_2\) sont concourantes en un point de \(\odot ABC\), noté \(T\).

Preuve. Soit \(T = A_1A_2 \cap B_1B_2\). Comme \(A_1A_2 \parallel BC\) et \(B_1B_2 \parallel AC\) (toutes deux perpendiculaires à une hauteur),

\[\measuredangle A_2TB_2 = \measuredangle BCA = -\measuredangle B_2C_2A_2 = \measuredangle A_2C_2B_2.\]

Donc \(T\) est sur \(\odot A_2B_2C_2 = \odot ABC\). De même, l'intersection de \(A_1A_2\) et \(C_1C_2\) est sur \(\odot ABC\) ; c'est donc aussi \(T\), et \(C_1C_2\) passe par \(T\). \(\square\)

Affirmation 5. \(T\) est aussi sur \(\odot A_1B_1C_1\), et \(T\) correspond à lui-même par la similitude \(\triangle A_1B_1C_1 \overset{-}{\sim} \triangle ABC\).

Preuve. On sait que \(\triangle A_1B_1C_1 \overset{-}{\sim} \triangle ABC\) (affirmation 3). De plus,

\[\measuredangle B_1TC_1 = \measuredangle B_2TC_2 = \measuredangle B_2A_2C_2 = -\measuredangle BAC = \measuredangle B_1A_1C_1,\]

donc \(T\) est sur \(\odot A_1B_1C_1\). Le reste découle de la chasse aux angles suivante :

\[\measuredangle A_1B_1T = \measuredangle A_1B_1B_2 \overset{B_1B_2 \parallel AC}{=} \measuredangle A_1A_bA = \measuredangle A_1A_2A = -\measuredangle AA_2T = -\measuredangle ABT. \qquad \square\]

Affirmation 6. Le rayon du cercle circonscrit à \(A_1B_1C_1\) est égal à \(HO\).

Preuve. Deux cercles de centre \(H\) coupent \(\ell_c\) en \(A_1, A_b\) et en \(B_1, B_a\) ; les cordes \([A_1A_b]\) et \([B_1B_a]\) ont donc le même milieu (le projeté de \(H\) sur \(\ell_c\)), d'où \(A_1B_1 = A_bB_a\). Considérons la similitude \(\triangle AA_bA_c \overset{+}{\sim} \triangle AB_aC_a\) de centre \(A\). Elle envoie \(H\), centre de \(\odot AA_bA_c\), sur le centre \(O_a\) de \(\odot AB_aC_a\), qui est le symétrique de \(O\) par rapport à \(AH\). Donc \(\triangle AA_bB_a \overset{+}{\sim} \triangle AHO_a\), et

\[\frac{AA_b}{B_aA_b} = \frac{AH}{HO_a} = \frac{AH}{HO} \quad \Longrightarrow \quad \frac{AH}{AA_b} = \frac{HO}{A_bB_a}.\]

Par ailleurs \(\triangle A_1O_1B_1 \overset{+}{\sim} \triangle AHA_b\) (tous deux \(\overset{-}{\sim} \triangle AOB\)), donc

\[\frac{A_1O_1}{A_1B_1} = \frac{AH}{AA_b} = \frac{HO}{A_bB_a} = \frac{HO}{A_1B_1} \quad \Longrightarrow \quad A_1O_1 = HO. \qquad \square\]

Conclusion. On a

\[\measuredangle(TA_1, TO_1) \overset{\text{aff. 5}}{=} \measuredangle(TO, TA) = 90^\circ + \measuredangle(TA_1, AA_2) \overset{OH \perp AA_2}{=} \measuredangle(TA_1, OH),\]

donc \(O_1T \parallel HO\). Comme de plus \(O_1T = HO\) (affirmation 6, \(T\) étant sur \(\odot A_1B_1C_1\)), \(O_1TOH\) est un parallélogramme. En utilisant cela et l'affirmation 5 (la similitude envoie \(O_1 \mapsto O\), \(H_1 \mapsto H\) et fixe \(T\)),

\[\measuredangle H_1O_1T = \measuredangle TOH = \measuredangle HO_1T,\]

ce qui montre que \(O_1\), \(H_1\) et \(H\) sont alignés. \(\blacksquare\)