Shortlist 2020, G1

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

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

Solution officielle : Shortlist officielle 2020 (avec solutions), p. 48 (page 50 du PDF)

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Énoncé

Let \(ABC\) be an isosceles triangle with \(BC = CA\), and let \(D\) be a point inside side \(AB\) such that \(AD < DB\). Let \(P\) and \(Q\) be two points inside sides \(BC\) and \(CA\), respectively, such that \(\angle DPB = \angle DQA = 90^\circ\). Let the perpendicular bisector of \(PQ\) meet line segment \(CQ\) at \(E\), and let the circumcircles of triangles \(ABC\) and \(CPQ\) meet again at point \(F\), different from \(C\).

Suppose that \(P, E, F\) are collinear. Prove that \(\angle ACB = 90^\circ\).

Indices : les idées clés

• Le cercle de diamètre \(CD\) : les angles droits en \(P\) et \(Q\) placent \(D\) sur le cercle \(\omega = (CPQ)\), ainsi que \(F\) et le milieu \(M\) de \([AB]\).
• Symétrie axiale (solution 1) : la médiatrice \(\ell\) de \([PQ]\) est un axe de symétrie de \(\omega\) ; l'alignement de \(P, E, F\) en fait aussi la médiatrice de \([CF]\), donc elle passe par le centre \(O\) du cercle \(ABC\).
• Centres du triangle : \(\ell\) passe à la fois par \(O\) et par \(M\), qui sont tous deux sur \((CM)\) ; donc \(O = M\) et l'angle en \(C\) est droit.
• Chasse aux angles (solution 2) : deux quadrilatères cycliques successifs (\(FEGM\), puis \(FEGA\)) mènent à \(\angle ACB = 90^\circ\).

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2020 (deux solutions et deux remarques).

Solution 1

Soit \(\ell\) la médiatrice de \([PQ]\), et \(\omega\) le cercle \(CFPQ\). Comme \(DP \perp BC\) et \(DQ \perp AC\), le cercle \(\omega\) passe par \(D\) ; de plus \([CD]\) est un diamètre de \(\omega\).

Les droites \((QE)\) et \((PE)\) sont symétriques par rapport à \(\ell\) (car \(E \in \ell\)), et \(\ell\) est aussi un axe de symétrie de \(\omega\) (elle passe par son centre, puisque \([PQ]\) en est une corde). Comme \((QE) = (CQ)\) et \((PE) = (PF)\) (puisque \(P, E, F\) sont alignés), les cordes \([CQ]\) et \([FP]\) sont symétriques par rapport à \(\ell\) ; la symétrie échangeant \(Q\) et \(P\), elle échange \(C\) et \(F\). Donc la médiatrice de \([CF]\) est \(\ell\). Comme \([CF]\) est une corde commune aux cercles \(\omega\) et \((ABC)\), sa médiatrice passe par le centre du cercle circonscrit \(O\) de \(ABC\) : ainsi \(\ell\) passe par \(O\).

Soit \(M\) le milieu de \([AB]\). Comme \(CM \perp DM\) (le triangle est isocèle en \(C\)), \(M\) est aussi sur \(\omega\). Comme \(\angle ACM = \angle BCM\), les cordes \(MP\) et \(MQ\) de \(\omega\) sont égales (elles sous-tendent des angles inscrits égaux). Puisque \(MP = MQ\), la droite \(\ell\) passe par \(M\).

Finalement, \(O\) et \(M\) sont tous deux sur \(\ell\) et sur \((CM)\) (l'axe de symétrie du triangle isocèle contient \(O\)). Ces deux droites étant distinctes, on a \(O = M\) : le centre du cercle circonscrit est le milieu de \([AB]\), donc \(\angle ACB = 90^\circ\). (Voir la figure.) \(\blacksquare\)

Solution 2

Comme dans la première solution, les points \(C, P, Q, D, F\) et le milieu \(M\) de \([AB]\) sont sur un cercle \(\omega\) de diamètre \([CD]\), et \(M\) est sur la médiatrice \(\ell\) de \([PQ]\).

Soit \(G\) l'intersection de \((BF)\) et \((CM)\), et posons \(\alpha = \angle ABF\). Comme \(E\) est sur \(\ell\), et que les quadrilatères \(FCBA\) et \(FCPQ\) sont cycliques, la chasse aux angles donne

\[\angle CQP = \angle FPQ = \angle FCQ = \angle FCA = \angle FBA = \alpha.\]

Comme \(P, E, F\) sont alignés et que le triangle \(EPQ\) est isocèle en \(E\),

\[\angle FEM = \angle FEQ + \angle QEM = 2\alpha + (90^\circ - \alpha) = 90^\circ + \alpha.\]

Mais \(\angle FGM = 90^\circ + \alpha\) (angle extérieur du triangle \(BGM\), rectangle en \(M\)), donc \(FEGM\) est cyclique. D'où

\[\angle EGC = \angle EFM = \angle PFM = \angle PCM.\]

Ainsi \((GE) \parallel (BC)\). Il en découle \(\angle FAC = \angle CBF = \angle EGF\), donc \(FEGA\) est cyclique lui aussi. Par conséquent

\[\angle ACB = \angle AFB = \angle AFG = 180^\circ - \angle AMG = 90^\circ,\]

ce qui achève la preuve (voir la figure). \(\blacksquare\)

Remarques

Remarque 1. La réciproque est vraie : si \(\angle ACB = 90^\circ\), alors \(P\), \(E\) et \(F\) sont alignés. Ce sens est plus facile à démontrer.

Remarque 2. L'énoncé reste vrai si le projeté \(P\) de \(D\) sur \((BC)\) est en dehors du segment \([BC]\). La restriction « \(P\) à l'intérieur du segment \([BC]\) » sert seulement à limiter les discussions de cas de figure.