Shortlist 2007, G1

Domaine : Géométrie · Difficulté : ★☆☆☆☆ · Proposé par : Czech Republic

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

Solution officielle : Shortlist officielle 2007 (avec solutions), p. 39 (page 40 du PDF)

Problème 4 de l'OIM 2007

Ce problème a été choisi parmi ceux de la shortlist pour l'épreuve de l'OIM 2007, où il était le problème 4 (jour 2).

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Énoncé

In triangle \(ABC\), the angle bisector at vertex \(C\) intersects the circumcircle and the perpendicular bisectors of sides \(BC\) and \(CA\) at points \(R\), \(P\), and \(Q\), respectively. The midpoints of \(BC\) and \(CA\) are \(S\) and \(T\), respectively. Prove that triangles \(RQT\) and \(RPS\) have the same area.

Indices : les idées clés

• Triangles semblables : les triangles rectangles \(CTQ\) et \(CSP\) ont le même angle en \(C\), d'où \(\frac{QT}{PS} = \frac{CQ}{CP}\) et \(OPQ\) isocèle.
• Symétrie : la médiatrice de la corde \(CR\) passe par \(O\) et est l'axe de \(OPQ\), donc \(RP = CQ\) et \(RQ = CP\) ; le rapport des aires vaut \(\frac{RQ}{RP} \cdot \frac{QT}{PS} = 1\).
• Rotation (solution 2) : la rotation de centre \(O\) et d'angle \(\gamma\) envoie \(RQA\) sur \(BPR\), et chaque petit triangle a la moitié de l'aire du grand (chasse aux angles).

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2007 (deux solutions). C'est le problème 4 de l'OIM 2007.

Solution 1

Si \(AC = BC\), le triangle \(ABC\) est isocèle, les triangles \(RQT\) et \(RPS\) sont symétriques par rapport à la bissectrice \(CR\), et l'énoncé est trivial. Si \(AC \neq BC\), on peut supposer sans perte de généralité que \(AC < BC\).

Notons \(O\) le centre du cercle circonscrit. Les triangles rectangles \(CTQ\) et \(CSP\) ont des angles égaux en \(C\) ; ils sont donc semblables, \(\angle CPS = \angle CQT = \angle OQP\), et

\[\frac{QT}{PS} = \frac{CQ}{CP}. \tag{1}\]

Soit \(\ell\) la médiatrice de la corde \(CR\) ; bien sûr, \(\ell\) passe par le centre \(O\). Grâce aux angles égaux en \(P\) et \(Q\), le triangle \(OPQ\) est isocèle avec \(OP = OQ\). La droite \(\ell\) est donc aussi l'axe de symétrie de ce triangle. Par conséquent, les points \(P\) et \(Q\) sont placés symétriquement sur le segment \(CR\),

\[RP = CQ \qquad \text{et} \qquad RQ = CP. \tag{2}\]

Les triangles \(RQT\) et \(RPS\) ont des angles égaux en leurs sommets \(Q\) et \(P\) respectivement. Alors

\[\frac{\operatorname{aire}(RQT)}{\operatorname{aire}(RPS)} = \frac{\frac{1}{2} \cdot RQ \cdot QT \cdot \sin \angle RQT}{\frac{1}{2} \cdot RP \cdot PS \cdot \sin \angle RPS} = \frac{RQ}{RP} \cdot \frac{QT}{PS}.\]

En substituant (1) et (2),

\[\frac{\operatorname{aire}(RQT)}{\operatorname{aire}(RPS)} = \frac{RQ}{RP} \cdot \frac{QT}{PS} = \frac{CP}{CQ} \cdot \frac{CQ}{CP} = 1.\]

Donc \(\operatorname{aire}(RQT) = \operatorname{aire}(RSP)\). \(\blacksquare\)

Solution 2

Supposons de nouveau \(AC < BC\). Notons \(O\) le centre du cercle circonscrit, et \(\gamma\) l'angle en \(C\). Comme dans la première solution, les triangles rectangles \(CTQ\) et \(CSP\) donnent \(\angle OPQ = \angle OQP = 90^\circ - \frac{\gamma}{2}\). Le triangle \(OPQ\) est donc isocèle, \(OP = OQ\), et de plus \(\angle POQ = \gamma\).

Comme on le sait bien, le point \(R\) est le milieu de l'arc \(AB\), et \(\angle ROA = \angle BOR = \gamma\).

Considérons la rotation de centre \(O\) et d'angle \(\gamma\). Elle envoie \(A\) sur \(R\), \(R\) sur \(B\) et \(Q\) sur \(P\) ; les triangles \(RQA\) et \(BPR\) sont donc isométriques et ont la même aire.

Les triangles \(RQT\) et \(RQA\) ont le côté commun \(RQ\), donc le rapport de leurs aires est

\[\frac{\operatorname{aire}(RQT)}{\operatorname{aire}(RQA)} = \frac{d(T, CR)}{d(A, CR)} = \frac{CT}{CA} = \frac{1}{2}\]

(\(d(X, YZ)\) désigne la distance du point \(X\) à la droite \(YZ\)). On obtient de même

\[\frac{\operatorname{aire}(RPS)}{\operatorname{aire}(BPR)} = \frac{CS}{CB} = \frac{1}{2}.\]

La preuve se termine alors ainsi :

\[\operatorname{aire}(RQT) = \frac{1}{2}\operatorname{aire}(RQA) = \frac{1}{2}\operatorname{aire}(BPR) = \operatorname{aire}(RPS). \qquad \blacksquare\]