Shortlist 2011, G1

Domaine : Géométrie · Difficulté : ★☆☆☆☆ · Proposé par : non indiqué

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

Solution officielle : Shortlist officielle 2011 (avec solutions), p. 44 (page 45 du PDF)

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Énoncé

Let \(ABC\) be an acute triangle. Let \(\omega\) be a circle whose center \(L\) lies on the side \(BC\). Suppose that \(\omega\) is tangent to \(AB\) at \(B'\) and to \(AC\) at \(C'\). Suppose also that the circumcenter \(O\) of the triangle \(ABC\) lies on the shorter arc \(B'C'\) of \(\omega\). Prove that the circumcircle of \(ABC\) and \(\omega\) meet at two points.

Indices : les idées clés

• Angles inscrits : \(\angle COB = 2\alpha\) et \(\angle C'OB' = \frac{360^\circ - \angle C'LB'}{2} = 90^\circ + \frac{\alpha}{2}\).
• Position de \(O\) : \(O\) est intérieur au triangle \(AB'C'\), donc \(\angle COB < \angle C'OB'\), d'où \(\alpha < 60^\circ\).
• Symétrique du centre du cercle circonscrit : le symétrique \(O'\) de \(O\) par rapport à \(BC\) est sur \(\omega\) et hors du cercle circonscrit, car \(\angle CO'B + \angle CAB = 3\alpha < 180^\circ\).

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent la solution officielle de la Shortlist 2011 (une solution et une remarque).

Solution

Le point \(B'\), pied de la perpendiculaire issue de \(L\), est un point intérieur du côté \(AB\). De même, \(C'\) est intérieur à \(AC\). Le point \(O\) est situé à l'intérieur du triangle \(AB'C'\), donc \(\angle COB < \angle C'OB'\).

Posons \(\alpha = \angle CAB\). Les angles \(\angle CAB\) et \(\angle C'OB'\) sont inscrits dans les deux cercles de centres \(O\) et \(L\) respectivement, donc \(\angle COB = 2\angle CAB = 2\alpha\) et \(2\angle C'OB' = 360^\circ - \angle C'LB'\). Le cerf-volant \(AB'LC'\) donne \(\angle C'LB' = 180^\circ - \angle C'AB' = 180^\circ - \alpha\). En combinant, on obtient

\[2\alpha = \angle COB < \angle C'OB' = \frac{360^\circ - \angle C'LB'}{2} = \frac{360^\circ - (180^\circ - \alpha)}{2} = 90^\circ + \frac{\alpha}{2},\]

donc \(\alpha < 60^\circ\).

Soit \(O'\) le symétrique de \(O\) par rapport à la droite \(BC\). Dans le quadrilatère \(ABO'C\), on a

\[\angle CO'B + \angle CAB = \angle COB + \angle CAB = 2\alpha + \alpha < 180^\circ,\]

donc le point \(O'\) est à l'extérieur du cercle \(ABC\). Ainsi, \(O\) et \(O'\) sont deux points de \(\omega\) (car \(L \in BC\)) dont l'un est à l'intérieur du cercle circonscrit et l'autre à l'extérieur. Les deux cercles se coupent donc en deux points. \(\blacksquare\)

Remarque

Il y a d'autres façons de ramener l'énoncé au cas \(\alpha < 60^\circ\). Par exemple, comme le point \(O\) est à l'intérieur du triangle isocèle \(AB'C'\), on a \(OA < AB'\). Donc, si \(AB' \leq 2LB'\), alors \(OA < 2LO\), ce qui signifie que \(\omega\) coupe le cercle circonscrit de \(ABC\). Le seul cas intéressant est donc \(AB' > 2LB'\), et cette condition implique \(\angle CAB = 2\angle B'AL < 2 \cdot 30^\circ = 60^\circ\).