Shortlist 2015, G1

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

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

Solution officielle : Shortlist officielle 2015 (avec solutions), p. 43 (page 44 du PDF)

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Énoncé

Let \(ABC\) be an acute triangle with orthocenter \(H\). Let \(G\) be the point such that the quadrilateral \(ABGH\) is a parallelogram. Let \(I\) be the point on the line \(GH\) such that \(AC\) bisects \(HI\). Suppose that the line \(AC\) intersects the circumcircle of the triangle \(GCI\) at \(C\) and \(J\). Prove that \(IJ = AH\).

Indices : les idées clés

• Centres du triangle et lemmes classiques : avec l'orthocentre, \(\angle HAC = 90^\circ - \angle ACB = \angle CBH\), et le parallélogramme donne \(BG \perp BC\), \(CH \perp GH\).
• Chasse aux angles et quadrilatères cycliques : \(BGCH\) est cyclique (angles droits en \(B\) et \(H\)), et avec le cercle \(CGJI\) on obtient \(\angle CJI = \angle CGH = \angle CBH = \angle HAC\).
• Triangles semblables et similitudes : triangles isométriques \(IMJ\) et \(HMD\) (solution 1) ; triangles rectangles semblables \(CMH\) et \(CGB\), puis \(MIJ\) et \(MCG\) (solution 2).
• Milieu \(M\) de \(HI\) : \(M = AC \cap GH\) est le milieu de \(HI\), ce qui permet de transporter la longueur \(AH\).

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2015 (deux solutions et une remarque).

Solution 1

(Voir la figure.) Comme \(HG \parallel AB\) et \(BG \parallel AH\), on a \(BG \perp BC\) et \(CH \perp GH\). Le quadrilatère \(BGCH\) est donc cyclique (de diamètre \(CG\)). Comme \(H\) est l'orthocentre de \(ABC\), \(\angle HAC = 90^\circ - \angle ACB = \angle CBH\). Les quadrilatères \(BGCH\) et \(CGJI\) étant cycliques,

\[\angle CJI = \angle CGH = \angle CBH = \angle HAC.\]

Soit \(M\) l'intersection de \(AC\) et \(GH\) (c'est le milieu de \(HI\)), et soit \(D \neq A\) le point de la droite \(AC\) tel que \(AH = HD\). Alors \(\angle MJI = \angle HAC = \angle MDH\) (triangle \(AHD\) isocèle).

Comme \(\angle MJI = \angle MDH\), \(\angle IMJ = \angle HMD\) (angles opposés par le sommet) et \(IM = MH\), les triangles \(IMJ\) et \(HMD\) sont isométriques, d'où \(IJ = HD = AH\). \(\blacksquare\)

Solution 2

On obtient \(\angle CGH = \angle HAC\) comme dans la solution 1. Dans le parallélogramme \(ABGH\), \(\angle BAH = \angle HGB\). Comme \(GH \parallel AB\),

\[\angle HMC = \angle BAC = \angle BAH + \angle HAC = \angle HGB + \angle CGH = \angle CGB.\]

Les triangles rectangles \(CMH\) (rectangle en \(H\)) et \(CGB\) (rectangle en \(B\)) sont donc semblables. Par ailleurs, dans le cercle circonscrit à \(GCI\), les triangles \(MIJ\) et \(MCG\) sont semblables (cordes \(IG\) et \(JC\) sécantes en \(M\)). Ainsi, en utilisant \(MI = MH\) et \(GB = AH\),

\[\frac{IJ}{CG} = \frac{MI}{MC} = \frac{MH}{MC} = \frac{GB}{GC} = \frac{AH}{GC}.\]

Donc \(IJ = AH\). \(\blacksquare\)

Remarques

Remarque 1. Au lieu d'introduire le point \(D\), on peut conclure la solution 1 par la loi des sinus dans les triangles \(IJM\) et \(AMH\) :

\[\frac{IJ}{IM} = \frac{\sin \angle IMJ}{\sin \angle MJI} = \frac{\sin \angle AMH}{\sin \angle HAM} = \frac{AH}{MH} = \frac{AH}{IM}.\]