Shortlist 2006, G9¶

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

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

Solution officielle : Shortlist officielle 2006 (avec solutions), p. 48 (page 49 du PDF)

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Énoncé¶

Points $A_1$, $B_1$, $C_1$ are chosen on the sides $BC$, $CA$, $AB$ of a triangle $ABC$, respectively. The circumcircles of triangles $AB_1C_1$, $BC_1A_1$, $CA_1B_1$ intersect the circumcircle of triangle $ABC$ again at points $A_2$, $B_2$, $C_2$, respectively ($A_2 \neq A$, $B_2 \neq B$, $C_2 \neq C$). Points $A_3$, $B_3$, $C_3$ are symmetric to $A_1$, $B_1$, $C_1$ with respect to the midpoints of the sides $BC$, $CA$, $AB$ respectively. Prove that the triangles $A_2B_2C_2$ and $A_3B_3C_3$ are similar.

Indices : les idées clés

Point de Miquel $P$ commun aux trois cercles, avec $\varphi = \measuredangle(PA_1, BC) = \measuredangle(PB_1, CA) = \measuredangle(PC_1, AB)$ (angles orientés).
Rotation d'angle $2\varphi$ : avec $A_4$, $B_4$, $C_4$ seconds points de $A_2P$, $B_2P$, $C_2P$ sur le cercle, la rotation de centre $O$ envoie $A_4B_4C_4$ sur $ABC$ et le triangle $A_5B_5C_5$ ($C_5 = PC_1 \cap A_4B_4$) sur $A_3B_3C_3$ (trapèzes isocèles).
Angles égaux : des quadrilatères inscrits ($P$, $B_4$, $C_5$, $A_5$, etc.) donnent que $A_5B_5C_5$ et $A_2B_2C_2$ ont les mêmes angles.

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent la solution officielle de la Shortlist 2006 (une solution et deux remarques).

Solution¶

On travaille avec des angles orientés entre droites. Pour deux droites $\ell$, $m$ du plan, $\measuredangle(\ell, m)$ désigne l'angle de la rotation dans le sens direct qui transforme la droite $\ell$ en une droite parallèle à $m$ (le choix du centre de rotation n'importe pas). C'est une quantité signée ; les valeurs différant d'un multiple de $\pi$ sont identifiées, de sorte que

\[\measuredangle(\ell, m) = -\measuredangle(m, \ell), \qquad \measuredangle(\ell, m) + \measuredangle(m, n) = \measuredangle(\ell, n).\]

Si $\ell$ est la droite passant par les points $K$, $L$ et $m$ la droite passant par $M$, $N$, on écrit $\measuredangle(KL, MN)$ pour $\measuredangle(\ell, m)$ ; les lettres $K$, $L$ sont librement interchangeables, de même que $M$, $N$.

L'analogue du théorème classique sur les quadrilatères inscriptibles est le suivant : si $K$, $L$, $M$, $N$ sont quatre points non alignés du plan, alors

\[K, L, M, N \text{ sont cocycliques} \quad \text{si et seulement si} \quad \measuredangle(KM, LM) = \measuredangle(KN, LN). \tag{1}\]

Passons à la solution proprement dite. Montrons d'abord que les trois cercles $(AB_1C_1)$, $(BC_1A_1)$, $(CA_1B_1)$ ont un point commun. Soient $C_1$ et $P$ les points d'intersection de $(AB_1C_1)$ et $(BC_1A_1)$. Alors, d'après (1),

\[\measuredangle(PA_1, CA_1) = \measuredangle(PA_1, BA_1) = \measuredangle(PC_1, BC_1) = \measuredangle(PC_1, AC_1) = \measuredangle(PB_1, AB_1) = \measuredangle(PB_1, CB_1).\]

Notons $\varphi$ cet angle. L'égalité entre les termes extrêmes montre, de nouveau d'après (1), que les points $A_1$, $B_1$, $P$, $C$ sont cocycliques. Donc $P$ est le point commun des trois cercles mentionnés.

Désormais, la propriété fondamentale (1) sera utilisée sans référence explicite. On a

\[\varphi = \measuredangle(PA_1, BC) = \measuredangle(PB_1, CA) = \measuredangle(PC_1, AB). \tag{2}\]

Figures (point P et rotation)

Soient $A_4$, $B_4$, $C_4$ les seconds points d'intersection des droites $A_2P$, $B_2P$, $C_2P$ avec le cercle $(ABC)$. Comme

\[\measuredangle(A_4A_2, AA_2) = \measuredangle(PA_2, AA_2) = \measuredangle(PC_1, AC_1) = \measuredangle(PC_1, AB) = \varphi,\]

la droite $A_2A$ est l'image de la droite $A_2A_4$ par la rotation de centre $A_2$ et d'angle $\varphi$. Le point $A$ est donc l'image de $A_4$ par la rotation d'angle $2\varphi$ autour de $O$, centre de $(ABC)$. La même rotation envoie $B_4$ sur $B$ et $C_4$ sur $C$. Le triangle $ABC$ est l'image de $A_4B_4C_4$ par cette transformation. Donc

\[\measuredangle(A_4B_4, AB) = \measuredangle(B_4C_4, BC) = \measuredangle(C_4A_4, CA) = 2\varphi. \tag{3}\]

Comme la rotation d'angle $2\varphi$ autour de $O$ envoie $B_4$ sur $B$, on a $\measuredangle(AB_4, AB) = \varphi$. Donc, d'après (2),

\[\measuredangle(AB_4, PC_1) = \measuredangle(AB_4, AB) + \measuredangle(AB, PC_1) = \varphi + (-\varphi) = 0,\]

ce qui signifie que $AB_4 \parallel PC_1$.

$Figures (triangle $A_5B_5C_5$)$

Soit $C_5$ le point d'intersection des droites $PC_1$ et $A_4B_4$ ; on définit $A_5$, $B_5$ de même. Ainsi $AB_4 \parallel C_1C_5$ et, d'après (3) et (2),

\[\measuredangle(A_4B_4, PC_1) = \measuredangle(A_4B_4, AB) + \measuredangle(AB, PC_1) = 2\varphi + (-\varphi) = \varphi ; \tag{4}\]

c'est-à-dire $\measuredangle(B_4C_5, C_5C_1) = \varphi$. Avec $\measuredangle(C_5C_1, C_1A) = \measuredangle(PC_1, AB) = \varphi$ (voir (2)), cela prouve que le quadrilatère $AB_4C_5C_1$ est un trapèze isocèle avec $AC_1 = B_4C_5$.

En échangeant les rôles de $A$ et $B$, on obtient aussi $BC_1 = A_4C_5$. Et comme $AC_1 + BC_1 = AB = A_4B_4$, il s'ensuit que le point $C_5$ est sur le segment $A_4B_4$ et le partage en segments $A_4C_5$, $B_4C_5$ de longueurs $BC_1$ $(= AC_3)$ et $AC_1$ $(= BC_3)$. Autrement dit, la rotation qui envoie le triangle $A_4B_4C_4$ sur $ABC$ envoie $C_5$ sur $C_3$. De même, elle envoie $A_5$ sur $A_3$ et $B_5$ sur $B_3$. Les triangles $A_3B_3C_3$ et $A_5B_5C_5$ sont donc isométriques. Il suffit maintenant de montrer que ce dernier est semblable à $A_2B_2C_2$.

Les droites $B_4C_5$ et $PC_5$ coïncident respectivement avec $A_4B_4$ et $PC_1$. Donc, d'après (4),

\[\measuredangle(B_4C_5, PC_5) = \varphi.\]

De même (par permutation circulaire), $\varphi = \measuredangle(C_4A_5, PA_5)$, ce qui s'écrit

\[\varphi = \measuredangle(B_4A_5, PA_5).\]

Ces relations impliquent que les points $P$, $B_4$, $C_5$, $A_5$ sont cocycliques. De même, $P$, $C_4$, $A_5$, $B_5$ et $P$, $A_4$, $B_5$, $C_5$ sont des quadruplets cocycliques. Donc

\[\measuredangle(A_5B_5, C_5B_5) = \measuredangle(A_5B_5, PB_5) + \measuredangle(PB_5, C_5B_5) = \measuredangle(A_5C_4, PC_4) + \measuredangle(PA_4, C_5A_4). \tag{5}\]

D'autre part, comme les points $A_2$, $B_2$, $C_2$, $A_4$, $B_4$, $C_4$ sont tous sur le cercle $(ABC)$, on a

\[\measuredangle(A_2B_2, C_2B_2) = \measuredangle(A_2B_2, B_4B_2) + \measuredangle(B_4B_2, C_2B_2) = \measuredangle(A_2A_4, B_4A_4) + \measuredangle(B_4C_4, C_2C_4). \tag{6}\]

Mais les droites $A_2A_4$, $B_4A_4$, $B_4C_4$, $C_2C_4$ coïncident respectivement avec $PA_4$, $C_5A_4$, $A_5C_4$, $PC_4$. Les sommes des membres de droite de (5) et (6) sont donc égales, ce qui donne l'égalité de leurs membres de gauche : $\measuredangle(A_5B_5, C_5B_5) = \measuredangle(A_2B_2, C_2B_2)$. Donc (par permutation circulaire, encore une fois) aussi $\measuredangle(B_5C_5, A_5C_5) = \measuredangle(B_2C_2, A_2C_2)$ et $\measuredangle(C_5A_5, B_5A_5) = \measuredangle(C_2A_2, B_2A_2)$. Cela signifie que les triangles $A_5B_5C_5$ et $A_2B_2C_2$ ont leurs angles correspondants égaux, et par conséquent ils sont semblables. $\blacksquare$

Remarques¶

Remarque 1. C'est ainsi que le proposant a présenté la preuve. En essayant de la rédiger dans le langage de la géométrie classique, pour éviter les angles orientés, on se heurte à des difficultés dues au fait que le raisonnement dépend fortement des cas. La disposition des points peut varier de bien des façons. Des angles égaux dans un cas deviennent supplémentaires dans un autre. Bien qu'il ne semble pas difficile de traduire toutes les formules d'une situation à l'autre, la vraie difficulté est d'identifier tous les cas possibles et de vérifier rigoureusement que les conclusions clés restent valables dans chacun.

L'usage des angles orientés est une méthode très efficace pour éviter cette difficulté. Il semble être le cadre le plus adapté pour développer la solution.

Remarque 2. En fait, le fait que les cercles $(AB_1C_1)$, $(BC_1A_1)$ et $(CA_1B_1)$ aient un point commun n'a pas besoin de preuve ; c'est le théorème de Miquel.