Shortlist 2021, G8

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

Concepts : Outils projectifs : birapport, division harmonique, pôles et polaires · Chasse aux angles et quadrilatères cycliques · Centres du triangle et lemmes classiques · Puissance d'un point et axe radical · Triangles semblables et similitudes · Inversion

Solution officielle : Shortlist officielle 2021 (avec solutions), p. 65 (page 65 du PDF)

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

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Énoncé

Let \(\omega\) be the circumcircle of a triangle \(ABC\), and let \(\Omega_A\) be its excircle which is tangent to the segment \(BC\). Let \(X\) and \(Y\) be the intersection points of \(\omega\) and \(\Omega_A\). Let \(P\) and \(Q\) be the projections of \(A\) onto the tangent lines to \(\Omega_A\) at \(X\) and \(Y\), respectively. The tangent line at \(P\) to the circumcircle of the triangle \(APX\) intersects the tangent line at \(Q\) to the circumcircle of the triangle \(AQY\) at a point \(R\). Prove that \(AR \perp BC\).

Indices : les idées clés

• Deviner le point : on définit \(R'\) sur la perpendiculaire à \((BC)\) issue de \(A\) et l'on montre que \((PR')\) est tangente au cercle \((APX)\) ; par symétrie du rôle de \(X\) et \(Y\), \(R = R'\).
• Outils projectifs (solution 1) : le théorème de Brianchon dans un hexagone dégénéré circonscrit à \(\Omega_A\), puis une chasse aux angles en angles orientés.
• Centres du triangle et puissance d'un point (solution 2) : formule d'Euler \(OJ^2 = R^2 + 2Rr_a\) pour le centre \(J\) du cercle exinscrit, et isogonalité de la hauteur et de \((AO)\).
• Triangles semblables et similitudes (solution 2) : un lemme de similitude (centre \(J\)) construit \(T\) avec \(AKJ \sim AJT\).
• Inversion (solution 2) : inversion de centre \(A\) et de rayon \(AJ\) composée avec la symétrie d'axe \((AJ)\).

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2021 (deux solutions et deux remarques).

Solution 1

On utilise des angles orientés de droites \(\measuredangle(\cdot,\cdot)\).

Soit \(D\) le point de contact de \((BC)\) avec \(\Omega_A\), et \(D'\) le point tel que \([DD']\) soit un diamètre de \(\Omega_A\). Soit \(R'\) l'unique point tel que \((AR') \perp (BC)\) et \((R'D') \parallel (BC)\). Nous allons montrer que \(R'\) coïncide avec \(R\). (voir la figure)

La droite \((PX)\) (tangente à \(\Omega_A\) en \(X\)) coupe \((AB)\) et \((D'R')\) en \(S\) et \(T\). Soit \(U\) le point à l'infini commun aux droites parallèles \((BC)\) et \((D'R')\). L'hexagone (dégénéré) \(ASXTUC\) est circonscrit à \(\Omega_A\) : ses côtés sont portés par \((AB)\), la tangente en \(X\) (deux fois), \((D'R')\), \((BC)\) et \((CA)\). Par le théorème de Brianchon, les droites \((AT)\), \((SU)\) et \((XC)\) concourent en un point \(V\). Comme \((SU)\) est la parallèle à \((BC)\) passant par \(S\), on a \((VS) \parallel (BC)\).

Il s'ensuit que \(\measuredangle(SV, VX) = \measuredangle(BC, CX) = \measuredangle(BA, AX)\) (angles inscrits dans \(\omega\)), donc \(AXSV\) est cyclique. Par conséquent,

\[\measuredangle(PX, XA) = \measuredangle(SV, VA) = \measuredangle(R'T, TA),\]

car \((SV) \parallel (R'T)\) et \((VA) = (TA)\). Comme \(\angle APT = \angle AR'T = 90^\circ\), le quadrilatère \(APR'T\) est cyclique. D'où

\[\measuredangle(XA, AP) = 90^\circ - \measuredangle(PX, XA) = 90^\circ - \measuredangle(R'T, TA) = \measuredangle(TA, AR') = \measuredangle(TP, PR').\]

Ainsi \((PR')\) est tangente au cercle \((APX)\) (chasse aux angles, angle entre corde et tangente).

Le même raisonnement montre que \((QR')\) est tangente au cercle \((AQY)\). Donc \(R = R'\) et \((AR) \perp (BC)\). \(\blacksquare\)

Solution 2

Soient \(J\) et \(r\) le centre et le rayon de \(\Omega_A\), \(O\) le centre de \(\omega\) et \(d\) son diamètre. Par la formule d'Euler (version exinscrite), \(OJ^2 = (d/2)^2 + dr\), donc la puissance de \(J\) par rapport à \(\omega\) vaut \(dr\).

Soit \(L\) le second point d'intersection de \((JX)\) avec \(\omega\). Comme \(JX = r\), on obtient \(JL = d\). Soit \([LK]\) un diamètre de \(\omega\) et \(M\) le milieu de \([JK]\). Comme \(JL = LK = d\), le triangle \(JLK\) est isocèle, donc \(\angle LMK = 90^\circ\) et \(M\) est sur \(\omega\). De plus \(\angle LXK = 90^\circ\), donc \((XK) \perp (JX)\) : la droite \((XK)\) est la tangente à \(\Omega_A\) en \(X\), et \(P\) est le projeté de \(A\) sur \((XK)\). Soit \(R'\) le point tel que \((R'P)\) soit tangente au cercle \((APX)\) et \((AR') \perp (BC)\). Notons que la droite \((AR')\) est la symétrique de \((AO)\) par rapport à \((AJ)\) (la hauteur et \((AO)\) sont isogonales). (voir les figures)

Lemme. Soit \(M\) le milieu du côté \([JK]\) d'un triangle \(AJK\), et \(X\) un point du cercle \((AMK)\) tel que \(\angle JXK = 90^\circ\). Alors il existe un point \(T\) sur la droite \((KX)\) tel que les triangles \(AKJ\) et \(AJT\) soient semblables et de même orientation.

Preuve. On a \(MX = MK\) (médiane issue de l'angle droit dans le triangle \(JXK\)). Construisons le parallélogramme \(AJNK\) et soit \(T\) le point de \((KX)\) tel que \(\measuredangle(NJ, JA) = \measuredangle(KJ, JT)\). Alors

\[\measuredangle(JN, NA) = \measuredangle(KA, AM) = \measuredangle(KX, XM) = \measuredangle(MK, KX) = \measuredangle(JK, KT).\]

Il existe donc une similitude de centre \(J\) qui envoie le triangle \(AJN\) sur le triangle \(TJK\). Par conséquent, les triangles \(NJK\) et \(AJT\) sont semblables et de même orientation. Comme \(NJK\) est l'image de \(AKJ\) par la symétrie de centre \(M\), les triangles \(AKJ\) et \(AJT\) sont semblables et de même orientation. \(\square\)

Revenons au problème et construisons \(T\) comme dans le lemme (appliqué au triangle \(AJK\), avec \(\omega = (AMK)\)). Soit \(\phi\) la composée de l'inversion de centre \(A\) et de rayon \(AJ\) et de la symétrie d'axe \((AJ)\). On sait que, pour tout triangle \(AEF\), le triangle \(A\phi(F)\phi(E)\) lui est semblable et de même orientation.

D'après le lemme, \(AK \cdot AT = AJ^2\) et \((AK)\), \((AT)\) sont symétriques par rapport à \((AJ)\), donc \(\phi(K) = T\) et \(\phi(T) = K\). Posons \(P^* = \phi(P)\) et \(R^* = \phi(R')\). Comme \(P\) est le pied de la perpendiculaire issue de \(A\) sur \((TK)\), l'image \(\phi((TK))\) est le cercle de diamètre \([AP^*]\). Soit \([AA']\) un diamètre de \(\omega\). Alors \((P^*K) \perp (AK) \perp (A'K)\), donc \(A'\) est sur \((P^*K)\). Les triangles \(AR'P\) et \(AP^*R^*\) sont semblables et de même orientation, d'où

\[\measuredangle(AA', A'P^*) = \measuredangle(AA', A'K) = \measuredangle(AX, XK) = \measuredangle(AP, PR') = \measuredangle(AR^*, R^*P^*),\]

où l'on a utilisé les angles inscrits dans \(\omega\), l'égalité \((XK) = (XP)\) et la tangence de \((PR')\) au cercle \((APX)\). Le livret écrit ici deux fois \(\measuredangle(AX, XP)\) ; l'étape intermédiaire est \(\measuredangle(AA', A'K) = \measuredangle(AX, XK)\) avec \((XK) = (XP)\).

Donc \(A\), \(A'\), \(R^*\) et \(P^*\) sont cocycliques. Comme \(A'\) et \(R^*\) sont tous deux sur \((AO)\) (car \((AR')\) est la symétrique de \((AO)\) par rapport à \((AJ)\)), on obtient \(R^* = A'\). Ainsi \(R' = \phi(A')\), et \((\phi(A')P)\) est tangente au cercle \((APX)\).

Un argument identique montre que \((\phi(A')Q)\) est tangente au cercle \((AQY)\). Donc \(R = \phi(A')\), qui est sur la symétrique de \((AO)\) par rapport à \((AJ)\), c'est-à-dire sur la hauteur : \((AR) \perp (BC)\). \(\blacksquare\)

Remarques

Remarque 1 (autre fin pour la solution 1). Après avoir établi \(\measuredangle(PX, XA) = \measuredangle(R'T, TA)\), on peut conclure ainsi : il existe une similitude (de centre \(A\)) envoyant le triangle \(ATR'\) sur le triangle \(AXP\). Donc les triangles \(ATX\) et \(AR'P\) sont semblables et de même orientation. Ainsi \(\measuredangle(TX, XA) = \measuredangle(R'P, PA)\), ce qui montre que \((PR')\) est tangente au cercle \((APX)\).

Remarque 2. Une idée centrale de la solution 2 est de se débarrasser du cercle exinscrit ainsi que des points \(B\) et \(C\). On obtient alors le fait suivant, essentiellement démontré dans la solution 2. Soit \(\omega\) le cercle circonscrit d'un triangle \(AK_1K_2\), et \(J\) un point tel que les milieux de \([JK_1]\) et \([JK_2]\) soient sur \(\omega\). On choisit \(X\) et \(Y\) sur \(\omega\) tels que \(\angle JXK_1 = \angle JYK_2 = 90^\circ\). Soient \(P\) et \(Q\) les projetés de \(A\) sur \((XK_1)\) et \((YK_2)\). La tangente en \(P\) au cercle \((APX)\) coupe la tangente en \(Q\) au cercle \((AQY)\) en \(R\). Alors la symétrique de la droite \((AR)\) par rapport à \((AJ)\) passe par le centre \(O\) de \(\omega\).