Shortlist 2022, G4¶
Domaine : Géométrie · Difficulté : ★★☆☆☆ · Proposé par : United Kingdom
Concepts : Chasse aux angles et quadrilatères cycliques · Centres du triangle et lemmes classiques · Triangles semblables et similitudes
Solution officielle : Shortlist officielle 2022 (avec solutions), p. 49 (page 51 du PDF)
Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.
Énoncé¶
Let \(ABC\) be an acute-angled triangle with \(AC > AB\), let \(O\) be its circumcentre, and let \(D\) be a point on the segment \(BC\). The line through \(D\) perpendicular to \(BC\) intersects the lines \(AO\), \(AC\) and \(AB\) at \(W\), \(X\) and \(Y\), respectively. The circumcircles of triangles \(AXY\) and \(ABC\) intersect again at \(Z \neq A\).
Prove that if \(OW = OD\), then \(DZ\) is tangent to the circle \(AXY\).
Indices : les idées clés
- Chasse aux angles et quadrilatères cycliques : montrer que \(C, D, X, Z\) sont cocycliques, puis conclure par la réciproque du théorème de l'angle tangentiel.
- Centres du triangle et lemmes classiques (solution 1) : \(O\) est le centre du cercle circonscrit au triangle rectangle \(EDW\), et \(\angle BAO = 90^\circ - \angle C\).
- Symétrie par rapport à la médiatrice de \(BC\) (solution 1) : \(D\) et \(E\) sont symétriques, ce qui donne \(AZ \parallel BC\).
- Similitudes (solution 2) : \(Z\) est le point de Miquel, centre de la similitude directe envoyant \(BC\) sur \(YX\), d'angle \(90^\circ\) ; les deux cercles sont donc orthogonaux.
Solutions
Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2022 (deux solutions).
Solution 1¶
Soit \(E\) l'intersection de \(AO\) et \(BC\). Le triangle \(EDW\) est rectangle en \(D\) et \(O\) est sur le segment \([WE]\) ; la condition \(OW = OD\) signifie que \(O\) est le centre du cercle circonscrit à ce triangle rectangle (le milieu de l'hypoténuse). Donc \(OD = OE\), ce qui montre que \(D\) et \(E\) sont symétriques par rapport à la médiatrice de \(BC\).
Observons ensuite, par chasse aux angles (cercle \(AXYZ\)) :
ce qui montre que \(CDXZ\) est cyclique.
Montrons que \(AZ \parallel BC\). Introduisons le point \(Z'\) du cercle \(ABC\) tel que \(AZ' \parallel BC\). D'après ce qui précède (\(Z\) est le second point commun du cercle \(ABC\) et du cercle \(CDX\)), il suffit de prouver que \(CDXZ'\) est cyclique. Les triangles \(BAE\) et \(CZ'D\) sont symétriques l'un de l'autre par rapport à la médiatrice de \(BC\). En utilisant cela et l'alignement de \(A, O, E\) :
donc \(DXZ'C\) est cyclique, d'où \(Z = Z'\), comme voulu.
Conclusion. Avec \(AZ \parallel BC\) et \(CDXZ\) cyclique :
ce qui, par la réciproque du théorème de l'angle tangentiel, montre que \(DZ\) est tangente au cercle \(AXY\). \(\blacksquare\)
Solution 2¶
Le point \(Z\) est le point de Miquel des droites \(AC\), \(BC\), \(BA\) et \(DY\) ; donc \(B, D, Z, Y\) sont cocycliques, ainsi que \(C, D, X, Z\). Le livret écrit « \(C, D, X, Y\) » ; il faut lire \(C, D, X, Z\) (les points \(D, X, Y\) sont alignés). De plus, \(Z\) est le centre de la similitude directe qui envoie \(BC\) sur \(YX\).
Comme \(BC \perp YX\), l'angle de cette similitude est \(90^\circ\). Elle envoie le cercle \(ZBC\) (c'est-à-dire le cercle \(ABC\)) sur le cercle \(ZYX\) (c'est-à-dire le cercle \(AXY\)) en tournant de \(90^\circ\) autour de \(Z\) ; ces deux cercles sont donc orthogonaux. Par conséquent, le rayon \(OZ\) du cercle \(ABCZ\) est tangent au cercle \(AXYZ\).
Par \(OW = OD\), le triangle \(OWD\) est isocèle, et
Précision ajoutée : comme \(\angle ODW = \angle DWO\), cette égalité donne \(\angle ZDY = \angle ODW\) ; les droites \(DZ\) et \(DO\) font donc le même angle avec \(DY\) et (au vu de la figure) sont confondues. Ainsi \(D\) appartient à la droite \(ZO\), qui est tangente au cercle \(AXY\) en \(Z\) : la droite \(DZ\) est tangente au cercle \(AXY\). \(\blacksquare\)