Shortlist 2011, G4

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

Concepts : Homothétie · Puissance d'un point et axe radical · Chasse aux angles et quadrilatères cycliques

Solution officielle : Shortlist officielle 2011 (avec solutions), p. 50 (page 51 du PDF)

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Énoncé

Let \(ABC\) be an acute triangle with circumcircle \(\Omega\). Let \(B_0\) be the midpoint of \(AC\) and let \(C_0\) be the midpoint of \(AB\). Let \(D\) be the foot of the altitude from \(A\), and let \(G\) be the centroid of the triangle \(ABC\). Let \(\omega\) be a circle through \(B_0\) and \(C_0\) that is tangent to the circle \(\Omega\) at a point \(X \neq A\). Prove that the points \(D\), \(G\), and \(X\) are collinear.

Indices : les idées clés

• Axes radicaux : les tangentes en \(A\) et en \(X\) à \(\Omega\) et la droite \(B_0C_0\) concourent en \(W\) ; comme \(D\) est le symétrique de \(A\) par rapport à \(B_0C_0\), \(WA = WX = WD\).
• Chasse aux angles : la droite \(DX\) recoupe \(\Omega\) en \(T\) avec \(AT \parallel BC\), ou bien (solution 2) \(X\), \(D\) et la projection \(Q\) de \(A_0\) sur \(B_0C_0\) sont alignés.
• Homothétie de centre \(G\) et de rapport \(-\frac{1}{2}\) : elle envoie \(T\) sur \(D\) (ou \(D\) sur \(Q\)), d'où l'alignement avec \(G\).

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2011 (deux solutions et une remarque).

Solution 1

Si \(AB = AC\), l'énoncé est trivial. On peut donc supposer sans perte de généralité que \(AB < AC\). Notons \(a\) et \(x\) les tangentes à \(\Omega\) aux points \(A\) et \(X\) respectivement.

Soit \(\Omega_1\) le cercle circonscrit au triangle \(AB_0C_0\). Les cercles \(\Omega\) et \(\Omega_1\) sont homothétiques de centre \(A\), donc ils sont tangents en \(A\), et \(a\) est leur axe radical. Les droites \(a\), \(x\) et \(B_0C_0\) sont alors les trois axes radicaux des cercles \(\Omega\), \(\Omega_1\) et \(\omega\). Comme \(a \not\parallel B_0C_0\), ces trois droites concourent en un point \(W\).

Les points \(A\) et \(D\) sont symétriques par rapport à la droite \(B_0C_0\) ; donc \(WX = WA = WD\). Ainsi, \(W\) est le centre du cercle circonscrit \(\gamma\) au triangle \(ADX\). De plus, \(\angle WAO = \angle WXO = 90^\circ\), où \(O\) désigne le centre de \(\Omega\). Donc \(\angle AWX + \angle AOX = 180^\circ\).

Notons \(T\) le second point d'intersection de \(\Omega\) et de la droite \(DX\). Remarquons que \(O\) appartient à \(\Omega_1\). En utilisant les cercles \(\gamma\) et \(\Omega\), on trouve

\[\angle DAT = \angle ADX - \angle ATD = \frac{1}{2}(360^\circ - \angle AWX) - \frac{1}{2}\angle AOX = 180^\circ - \frac{1}{2}(\angle AWX + \angle AOX) = 90^\circ.\]

Donc \(AD \perp AT\), et par conséquent \(AT \parallel BC\). Ainsi, \(ATCB\) est un trapèze isocèle inscrit dans \(\Omega\).

Notons \(A_0\) le milieu de \(BC\), et considérons l'image de \(ATCB\) par l'homothétie \(h\) de centre \(G\) et de rapport \(-\frac{1}{2}\). On a \(h(A) = A_0\), \(h(B) = B_0\) et \(h(C) = C_0\). Par la symétrie par rapport à \(B_0C_0\), on a \(\angle TCB = \angle CBA = \angle B_0C_0A = \angle DC_0B_0\). Comme \(AT \parallel DA_0\), on en conclut que \(h(T) = D\). Les points \(D\), \(G\) et \(T\) sont donc alignés, et \(X\) est sur la même droite. \(\blacksquare\)

Solution 2

On définit les points \(A_0\), \(O\) et \(W\) comme dans la solution précédente, et l'on se place dans le cas \(AB < AC\). Soit \(Q\) la projection orthogonale de \(A_0\) sur \(B_0C_0\).

Comme \(\angle WAO = \angle WQO = \angle OXW = 90^\circ\), les cinq points \(A\), \(W\), \(X\), \(O\) et \(Q\) sont sur un même cercle. De plus, les symétries par rapport à \(B_0C_0\) et à \(OW\) envoient \(A\) sur \(D\) et sur \(X\) respectivement. Pour ces raisons,

\[\angle WQD = \angle AQW = \angle AXW = \angle WAX = \angle WQX.\]

Les trois points \(Q\), \(D\) et \(X\) sont donc sur une même droite, notée \(\ell\).

Pour conclure, on remarque que l'homothétie de centre \(G\) qui envoie le triangle \(ABC\) sur le triangle \(A_0B_0C_0\) envoie la hauteur \(AD\) sur la hauteur \(A_0Q\). Elle envoie donc \(D\) sur \(Q\), et les points \(D\), \(G\) et \(Q\) sont alignés. Donc \(G\) est aussi sur \(\ell\). \(\blacksquare\)

Remarque

Il y a diverses autres façons de prouver l'alignement de \(Q\), \(D\) et \(X\) obtenu au milieu de la solution 2. Introduisons par exemple le point \(J\) où les droites \(AW\) et \(BC\) se coupent. Les quatre points \(A\), \(D\), \(X\) et \(J\) sont alors à la même distance de \(W\), donc le quadrilatère \(ADXJ\) est inscriptible. Combiné au fait que \(AWXQ\) est aussi inscriptible, cela donne

\[\angle JDX = \angle JAX = \angle WAX = \angle WQX.\]

Comme \(BC \parallel WQ\), il s'ensuit que \(Q\), \(D\) et \(X\) sont bien alignés.