Shortlist 2010, G1

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

Concepts : Chasse aux angles et quadrilatères cycliques · Centres du triangle et lemmes classiques

Solution officielle : Shortlist officielle 2010 (avec solutions), p. 44 (page 45 du PDF)

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Énoncé

Let \(ABC\) be an acute triangle with \(D, E, F\) the feet of the altitudes lying on \(BC, CA, AB\) respectively. One of the intersection points of the line \(EF\) and the circumcircle is \(P\). The lines \(BP\) and \(DF\) meet at point \(Q\). Prove that \(AP = AQ\).

Indices : les idées clés

• Pieds des hauteurs : \(BCEF\) et \(CAFD\) sont inscriptibles, d'où \(\angle AFE = \angle DFB = \gamma\).
• Chasse aux angles : \(\angle QPA = \gamma = \angle QFA\), donc \(AQPF\) est inscriptible et \(\angle AQP = \gamma = \angle QPA\).
• Arcs (solution 2) : avec les deux points \(P\), \(P'\) de \(EF\) sur le cercle, \(\overset{\frown}{AP} = \overset{\frown}{P'A}\), puis une symétrie d'axe \(AB\) échange \(P\), \(P'\) avec \(Q'\), \(Q\).

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2010 (deux solutions et une remarque).

Solution 1

La droite \(EF\) coupe le cercle circonscrit en deux points. Selon le choix de \(P\), il y a deux cas à considérer.

Cas 1 : le point \(P\) est sur la demi-droite \([EF)\) (voir figure 1). Posons \(\angle CAB = \alpha\), \(\angle ABC = \beta\) et \(\angle BCA = \gamma\). Les quadrilatères \(BCEF\) et \(CAFD\) sont inscriptibles grâce aux angles droits en \(D\), \(E\) et \(F\). Donc

\[\begin{aligned} \angle BDF &= 180^\circ - \angle FDC = \angle CAF = \alpha, \\ \angle AFE &= 180^\circ - \angle EFB = \angle BCE = \gamma, \\ \angle DFB &= 180^\circ - \angle AFD = \angle DCA = \gamma. \end{aligned}\]

Comme \(P\) est sur l'arc \(AB\) du cercle circonscrit, \(\angle PBA < \angle BCA = \gamma\). On a donc

\[\angle PBD + \angle BDF = \angle PBA + \angle ABD + \angle BDF < \gamma + \beta + \alpha = 180^\circ,\]

et le point \(Q\) est sur les prolongements de \(BP\) et \(DF\) au-delà des points \(P\) et \(F\) respectivement.

Le quadrilatère inscrit \(APBC\) donne

\[\angle QPA = 180^\circ - \angle APB = \angle BCA = \gamma = \angle DFB = \angle QFA.\]

Le quadrilatère \(AQPF\) est donc inscriptible. Alors \(\angle AQP = 180^\circ - \angle PFA = \angle AFE = \gamma\).

On a obtenu \(\angle AQP = \angle QPA = \gamma\), donc le triangle \(AQP\) est isocèle : \(AP = AQ\).

Cas 2 : le point \(P\) est sur la demi-droite \([FE)\) (voir figure 2). Dans ce cas, le point \(Q\) est à l'intérieur du segment \(FD\).

Comme dans le premier cas,

\[\angle QPA = \angle BCA = \gamma = \angle DFB = 180^\circ - \angle AFQ.\]

Le quadrilatère \(AFQP\) est donc inscriptible.

Alors \(\angle AQP = \angle AFP = \angle AFE = \gamma = \angle QPA\). Le triangle \(AQP\) est de nouveau isocèle, \(\angle AQP = \angle QPA\), et donc \(AP = AQ\). \(\blacksquare\)

Remarque. Avec des angles orientés, on peut traiter simultanément les deux configurations possibles, sans étudier les positions de \(P\) et \(Q\).

Solution 2

Pour deux points quelconques \(X\), \(Y\) du cercle circonscrit, on note \(\overset{\frown}{XY}\) l'angle au centre de l'arc \(XY\).

Soient \(P\) et \(P'\) les deux points où la droite \(EF\) coupe le cercle circonscrit ; \(P\) est sur l'arc \(AB\) et \(P'\) sur l'arc \(CA\). Les droites \(BP\) et \(BP'\) coupent la droite \(DF\) en \(Q\) et \(Q'\) respectivement (voir figure 3). Nous allons prouver que \(AP = AP' = AQ = AQ'\).

Comme dans la première solution, les quadrilatères inscrits \(BCEF\) et \(CAFD\) donnent \(\angle AFE = \angle BFP = \angle DFB = \angle BCA = \gamma\).

Comme \(\overset{\frown}{PB} + \overset{\frown}{P'A} = 2\angle AFP' = 2\gamma = 2\angle BCA = \overset{\frown}{AP} + \overset{\frown}{PB}\), on a

\[\overset{\frown}{AP} = \overset{\frown}{P'A}, \qquad \angle PBA = \angle ABP' \qquad \text{et} \qquad AP = AP'. \tag{1}\]

Comme \(\overset{\frown}{AP} = \overset{\frown}{P'A}\), les droites \(BP\) et \(BQ'\) sont symétriques par rapport à la droite \(AB\).

De même, comme \(\angle BFP = \angle Q'FB\), les droites \(FP\) et \(FQ'\) sont symétriques par rapport à \(AB\). Il s'ensuit que les points \(P\) et \(P'\) sont aussi les symétriques de \(Q'\) et \(Q\) respectivement. Donc

\[AP = AQ' \qquad \text{et} \qquad AP' = AQ. \tag{2}\]

Les relations (1) et (2) prouvent ensemble que \(AP = AP' = AQ = AQ'\). \(\blacksquare\)