Shortlist 2013, G1

Domaine : Géométrie · Difficulté : ★☆☆☆☆ · Proposé par : Thailand

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

Solution officielle : Shortlist officielle 2013 (avec solutions), p. 39 (page 39 du PDF)

Problème 4 de l'OIM 2013

Ce problème a été choisi parmi ceux de la shortlist pour l'épreuve de l'OIM 2013, où il était le problème 4 (jour 2).

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Énoncé

Let \(ABC\) be an acute-angled triangle with orthocenter \(H\), and let \(W\) be a point on side \(BC\). Denote by \(M\) and \(N\) the feet of the altitudes from \(B\) and \(C\), respectively. Denote by \(\omega_1\) the circumcircle of \(BWN\), and let \(X\) be the point on \(\omega_1\) which is diametrically opposite to \(W\). Analogously, denote by \(\omega_2\) the circumcircle of \(CWM\), and let \(Y\) be the point on \(\omega_2\) which is diametrically opposite to \(W\). Prove that \(X\), \(Y\) and \(H\) are collinear.

Indices : les idées clés

• Un point auxiliaire : le second point commun \(Z\) de \(\omega_1\) et \(\omega_2\) ; comme \(WX\) et \(WY\) sont des diamètres, \(X\) et \(Y\) sont sur la perpendiculaire à \(WZ\) en \(Z\).
• Centre radical : \(WZ\), \(BN\) et \(CM\) sont les axes radicaux de \(\omega_1\), \(\omega_2\) et du cercle \(BCMN\) ; ils concourent en \(A\).
• Puissance de \(A\) : \(AL \cdot AH = AB \cdot AN = AW \cdot AZ\) donne des triangles semblables \(AHZ\) et \(AWL\), d'où \(\angle HZA = 90^\circ\).

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent la solution officielle de la Shortlist 2013 (une solution et une remarque).

Solution

Soit \(L\) le pied de la hauteur issue de \(A\), et \(Z\) le second point d'intersection des cercles \(\omega_1\) et \(\omega_2\), autre que \(W\). Montrons que \(X\), \(Y\), \(Z\) et \(H\) sont sur une même droite.

Comme \(\angle BNC = \angle BMC = 90^\circ\), les points \(B\), \(C\), \(N\) et \(M\) sont cocycliques ; notons \(\omega_3\) leur cercle. La droite \(WZ\) est l'axe radical de \(\omega_1\) et \(\omega_2\) ; de même, \(BN\) est l'axe radical de \(\omega_1\) et \(\omega_3\), et \(CM\) celui de \(\omega_2\) et \(\omega_3\). Donc \(A = BN \cap CM\) est le centre radical des trois cercles, et \(WZ\) passe par \(A\).

Comme \(WX\) et \(WY\) sont des diamètres de \(\omega_1\) et \(\omega_2\), on a \(\angle WZX = \angle WZY = 90^\circ\) ; les points \(X\) et \(Y\) sont donc sur la perpendiculaire à \(WZ\) passant par \(Z\).

Le quadrilatère \(BLHN\) est inscrit, car il a deux angles opposés droits. Par la puissance de \(A\) par rapport aux cercles \(\omega_1\) et \(BLHN\), on trouve \(AL \cdot AH = AB \cdot AN = AW \cdot AZ\). Si \(H\) est sur la droite \(AW\), cela donne immédiatement \(H = Z\). Sinon, comme \(\frac{AZ}{AH} = \frac{AL}{AW}\), les triangles \(AHZ\) et \(AWL\) sont semblables. Alors \(\angle HZA = \angle WLA = 90^\circ\), donc \(H\) est lui aussi sur la droite \(XYZ\). \(\blacksquare\)

Remarque

La proposition d'origine contenait aussi une seconde affirmation :

Soit \(P\) le point de \(\omega_1\) tel que \(WP\) soit parallèle à \(CN\), et \(Q\) le point de \(\omega_2\) tel que \(WQ\) soit parallèle à \(BM\). Montrer que \(P\), \(Q\) et \(H\) sont alignés si et seulement si \(BW = CW\) ou \(AW \perp BC\).

Le comité a jugé la première partie plus adaptée à la compétition.