Shortlist 2007, G5¶

Domaine : Géométrie · Difficulté : ★★★☆☆ · Proposé par : United Kingdom

Concepts : Outils projectifs : birapport, division harmonique, pôles et polaires · Triangles semblables et similitudes

Solution officielle : Shortlist officielle 2007 (avec solutions), p. 44 (page 45 du PDF)

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Énoncé¶

Let \(ABC\) be a fixed triangle, and let \(A_1\), \(B_1\), \(C_1\) be the midpoints of sides \(BC\), \(CA\), \(AB\), respectively. Let \(P\) be a variable point on the circumcircle. Let lines \(PA_1\), \(PB_1\), \(PC_1\) meet the circumcircle again at \(A'\), \(B'\), \(C'\) respectively. Assume that the points \(A\), \(B\), \(C\), \(A'\), \(B'\), \(C'\) are distinct, and lines \(AA'\), \(BB'\), \(CC'\) form a triangle. Prove that the area of this triangle does not depend on \(P\).

Indices : les idées clés

Pascal sur l'hexagone \(ABCC'PA'\) : le sommet \(B_0 = CC' \cap AA'\) est sur la droite des milieux \(A_1C_1\) ; de même pour \(A_0\) et \(C_0\).
Triangles semblables : grâce aux parallèles \(AC \parallel A_1C_1\) et \(BC \parallel B_1C_1\), on obtient \(A_0C_0 \cdot B_0C_0 = AC_0 \cdot BC_0\), donc \(\operatorname{aire}(A_0B_0C_0) = \operatorname{aire}(ABC_0)\).
Hauteur moitié : \(C_0\) est sur la droite des milieux, donc \(\operatorname{aire}(ABC_0) = \frac{1}{2}\operatorname{aire}(ABC)\), valeur constante.

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2007 (deux solutions et trois remarques).

Solution 1¶

Soient \(A_0\), \(B_0\), \(C_0\) les points d'intersection des droites \(AA'\), \(BB'\) et \(CC'\) (voir la figure). Montrons que \(\operatorname{aire}(A_0B_0C_0) = \frac{1}{2}\operatorname{aire}(ABC)\), qui est donc constante.

Considérons l'hexagone inscrit \(ABCC'PA'\). D'après le théorème de Pascal, les points d'intersection de ses côtés opposés (ou de leurs prolongements) sont alignés. Ces points sont \(AB \cap C'P = C_1\), \(BC \cap PA' = A_1\), \(CC' \cap A'A = B_0\). Le point \(B_0\) est donc sur la droite des milieux \(A_1C_1\) du triangle \(ABC\). De même, les points \(A_0\) et \(C_0\) sont sur les droites \(B_1C_1\) et \(A_1B_1\) respectivement.

Figure (solution 1)

Les droites \(AC\) et \(A_1C_1\) sont parallèles, donc les triangles \(B_0C_0A_1\) et \(AC_0B_1\) sont semblables ; on a donc

\[\frac{B_0C_0}{AC_0} = \frac{A_1C_0}{B_1C_0}.\]

De même, \(BC \parallel B_1C_1\) donne

\[\frac{A_1C_0}{B_1C_0} = \frac{BC_0}{A_0C_0}.\]

En combinant ces égalités, on obtient

\[\frac{B_0C_0}{AC_0} = \frac{BC_0}{A_0C_0}, \qquad \text{soit} \qquad A_0C_0 \cdot B_0C_0 = AC_0 \cdot BC_0.\]

On a donc

\[\operatorname{aire}(A_0B_0C_0) = \frac{1}{2}A_0C_0 \cdot B_0C_0\sin \angle A_0C_0B_0 = \frac{1}{2}AC_0 \cdot BC_0\sin \angle AC_0B = \operatorname{aire}(ABC_0).\]

Comme \(C_0\) est sur la droite des milieux, \(d(C_0, AB) = \frac{1}{2}d(C, AB)\) (on note \(d(X, YZ)\) la distance du point \(X\) à la droite \(YZ\)). On obtient alors

\[\operatorname{aire}(A_0B_0C_0) = \operatorname{aire}(ABC_0) = \frac{1}{2}AB \cdot d(C_0, AB) = \frac{1}{4}AB \cdot d(C, AB) = \frac{1}{2}\operatorname{aire}(ABC). \qquad \blacksquare\]

Solution 2¶

Montrons de nouveau que \(\operatorname{aire}(A_0B_0C_0) = \frac{1}{2}\operatorname{aire}(ABC)\).

On peut supposer que \(P\) est sur l'arc \(AC\). Marquons un point \(L\) sur le côté \(AC\) tel que \(\angle CBL = \angle PBA\) ; alors \(\angle LBA = \angle CBA - \angle CBL = \angle CBA - \angle PBA = \angle CBP\). Remarquons aussi que \(\angle BAL = \angle BAC = \angle BPC\) et \(\angle LCB = \angle APB\). Les triangles \(BAL\) et \(BPC\) sont donc semblables, de même que les triangles \(LCB\) et \(APB\).

De même, marquons des points \(K\) et \(M\) sur les prolongements des côtés \(CB\) et \(AB\) au-delà du point \(B\), tels que \(\angle KAB = \angle CAP\) et \(\angle BCM = \angle PCA\). Pour des raisons analogues, \(\angle KAC = \angle BAP\) et \(\angle ACM = \angle PCB\). Donc \(\triangle ABK \sim \triangle APC \sim \triangle MBC\), \(\triangle ACK \sim \triangle APB\), et \(\triangle MAC \sim \triangle BPC\). De ces similitudes, on tire \(\angle CMB = \angle KAB = \angle CAP\), alors qu'on a vu que \(\angle CAP = \angle CBP = \angle LBA\). Donc \(AK \parallel BL \parallel CM\).

Figure (solution 2)

Soit \(X\) le point d'intersection de la droite \(CC'\) avec \(BL\). Remarquons que \(\angle LCX = \angle ACC' = \angle APC' = \angle APC_1\), et que \(PC_1\) est une médiane du triangle \(APB\). Comme les triangles \(APB\) et \(LCB\) sont semblables, \(CX\) est une médiane du triangle \(LCB\), et \(X\) est le milieu de \(BL\). Pour la même raison, \(AA'\) passe par ce milieu, donc \(X = B_0\). De même, \(A_0\) et \(C_0\) sont les milieux de \(AK\) et de \(CM\).

Maintenant, comme \(AA_0 \parallel CC_0\), on a

\[\operatorname{aire}(A_0B_0C_0) = \operatorname{aire}(AC_0A_0) - \operatorname{aire}(AB_0A_0) = \operatorname{aire}(ACA_0) - \operatorname{aire}(AB_0A_0) = \operatorname{aire}(ACB_0).\]

Enfin,

\[\operatorname{aire}(A_0B_0C_0) = \operatorname{aire}(ACB_0) = \frac{1}{2}B_0L \cdot AC\sin \angle ALB_0 = \frac{1}{4}BL \cdot AC\sin \angle ALB = \frac{1}{2}\operatorname{aire}(ABC). \qquad \blacksquare\]

Remarques¶

Remarque 1. L'égalité \(\operatorname{aire}(A_0B_0C_0) = \operatorname{aire}(ACB_0)\) de la solution 2 n'a pas besoin d'être prouvée, car le fait suivant est assez connu. Supposons que les droites \(KL\) et \(MN\) soient parallèles, et que les droites \(KM\) et \(LN\) se coupent en un point \(E\). Alors \(\operatorname{aire}(KEN) = \operatorname{aire}(MEL)\).

Remarque 2. Il découle immédiatement des deux solutions que \(AA_0 \parallel BB_0 \parallel CC_0\). Ces droites passent par un point à l'infini qui est le conjugué isogonal de \(P\). On sait qu'elles sont parallèles à la droite de Simson du point \(Q\) diamétralement opposé à \(P\) sur le cercle circonscrit.

Remarque 3. Si \(A = A'\), on peut définir la droite \(AA'\) comme la tangente au cercle circonscrit au point \(A\). L'énoncé du problème reste alors valable dans ce cas.