Shortlist 2022, G7

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

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

Solution officielle : Shortlist officielle 2022 (avec solutions), p. 56 (page 58 du PDF)

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

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Énoncé

Let \(ABC\) and \(A'B'C'\) be two triangles having the same circumcircle \(\omega\), and the same orthocentre \(H\). Let \(\Omega\) be the circumcircle of the triangle determined by the lines \(AA'\), \(BB'\) and \(CC'\). Prove that \(H\), the centre of \(\omega\), and the centre of \(\Omega\) are collinear.

Indices : les idées clés

• Centres du triangle et homothétie : l'homothétie de centre le centre de gravité et de rapport \(-\frac{1}{2}\) montre que les deux triangles ont le même centre de gravité et le même cercle des neuf points \(\rho\), de centre sur \(OH\).
• Axe radical, cercles coaxiaux : on montre que \(\omega\), \(\Omega\) et \(\rho\) ont un axe radical commun, d'où l'alignement des centres.
• Pôles et polaires : par le théorème de Brocard, le triangle \(DST\) est autopolaire par rapport à \(\omega\).
• Inversion : l'inverse \(D^*\) de \(D\) par rapport à \(\omega\) est le projeté de \(D\) sur \(ST\).
• Chasse aux angles (angles orientés) : \(SD\) est tangente en \(D\) à \(\Omega\) et au cercle \(DMM'\).

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2022 (une solution et deux remarques).

Solution

Dans la suite, \(\measuredangle(p, q)\) désigne l'angle orienté entre les droites \(p\) et \(q\), modulo \(180^\circ\). Notons \(O\) le centre de \(\omega\).

Dans tout triangle, l'homothétie de rapport \(-\frac{1}{2}\) centrée au centre de gravité envoie les sommets sur les milieux des côtés opposés et l'orthocentre sur le centre du cercle circonscrit. Par conséquent, les triangles \(ABC\) et \(A'B'C'\) ont le même centre de gravité \(G\) (sur la droite \(OH\), avec \(\vec{OG} = \frac{1}{3}\vec{OH}\)), et les milieux de leurs côtés sont sur un même cercle \(\rho\) (l'image de \(\omega\) par cette homothétie : le cercle des neuf points commun), de centre sur \(OH\). Nous allons montrer que \(\omega\), \(\Omega\) et \(\rho\) sont coaxiaux ; en particulier leurs centres seront alignés sur \(OH\).

Soient \(D = BB' \cap CC'\), \(E = CC' \cap AA'\), \(F = AA' \cap BB'\), \(S = BC' \cap B'C\) et \(T = BC \cap B'C'\). Comme \(D\), \(S\), \(T\) sont les intersections des côtés opposés et des diagonales du quadrilatère \(BB'CC'\) inscrit dans \(\omega\), le théorème de Brocard affirme que le triangle \(DST\) est autopolaire par rapport à \(\omega\) : chaque sommet est le pôle du côté opposé. Utilisons cela de deux façons. (Voir la figure.)

Premièrement, comme \(D\) est le pôle de \(ST\), l'inverse \(D^*\) de \(D\) par rapport à \(\omega\) est le projeté orthogonal de \(D\) sur \(ST\). En particulier, \(D^*\) est sur le cercle de diamètre \(SD\). Si \(N\) est le milieu de \(SD\) et \(R\) le rayon de \(\omega\), la puissance de \(O\) par rapport à ce cercle vaut \(ON^2 - ND^2 = OD \cdot OD^* = R^2\). En réarrangeant, on voit que \(ND^2 = ON^2 - R^2\) est la puissance de \(N\) par rapport à \(\omega\).

Deuxièmement, comme \(T\) est le pôle de \(SD\), la droite \(OT\) est perpendiculaire à \(SD\). Soient \(M\) et \(M'\) les milieux de \(BC\) et \(B'C'\). Comme \(OM \perp BC\) et \(OM' \perp B'C'\), le quadrilatère \(OMM'T\) est cyclique et

\[\measuredangle(SD, BC) = \measuredangle(OT, OM) = \measuredangle(B'C', MM').\]

Comme \(BB'CC'\) est cyclique, on a aussi \(\measuredangle(BC, BB') = \measuredangle(CC', B'C')\), d'où

\[\begin{aligned} \measuredangle(SD, BB') &= \measuredangle(SD, BC) + \measuredangle(BC, BB') \\ &= \measuredangle(B'C', MM') + \measuredangle(CC', B'C') = \measuredangle(CC', MM'). \end{aligned}\]

Or, par l'homothétie du début, \(MM'\) est parallèle à \(AA'\) (les deux triangles ont le même centre de gravité \(G\), et l'homothétie de centre \(G\) et de rapport \(-\frac{1}{2}\) envoie \(A\) sur \(M\) et \(A'\) sur \(M'\)). Donc \(\measuredangle(SD, BB') = \measuredangle(CC', AA')\), ce qui montre (angle tangentiel) que \(\Omega\) est tangent à \(SD\) en \(D\). En particulier, \(ND^2\) est aussi la puissance de \(N\) par rapport à \(\Omega\).

De plus, \(BB'CC'\) étant cyclique, les triangles \(DBC\) et \(DC'B'\) sont inversement semblables, donc \(\measuredangle(BB', DM') = \measuredangle(DM, CC')\) (les médianes \(DM\) et \(DM'\) se correspondent). Cela donne

\[\begin{aligned} \measuredangle(SD, DM') &= \measuredangle(SD, BB') + \measuredangle(BB', DM') \\ &= \measuredangle(CC', MM') + \measuredangle(DM, CC') = \measuredangle(DM, MM'), \end{aligned}\]

ce qui montre que le cercle \(DMM'\) est lui aussi tangent à \(SD\) en \(D\). Comme \(N\), \(M\) et \(M'\) sont alignés sur la droite de Newton-Gauss du quadrilatère complet formé par les droites \(BB'\), \(CC'\), \(BC'\) et \(B'C\), on obtient \(ND^2 = NM \cdot NM'\) (puissance de \(N\) par rapport au cercle \(DMM'\)). Comme \(M, M' \in \rho\), c'est aussi la puissance de \(N\) par rapport à \(\rho\). Ainsi \(N\) a la même puissance par rapport à \(\omega\), \(\Omega\) et \(\rho\).

Par les mêmes arguments, il existe des points sur les tangentes à \(\Omega\) en \(E\) et en \(F\) qui ont la même puissance par rapport à \(\omega\), \(\Omega\) et \(\rho\). Les tangentes à un cercle en trois points distincts ne peuvent pas être concourantes ; on obtient donc au moins deux points distincts ayant même puissance par rapport aux trois cercles. Ces trois cercles sont donc coaxiaux, comme voulu. \(\blacksquare\)

Remarques

Remarque 1 (sans la droite de Newton-Gauss). On peut utiliser un argument de symétrie : si l'on échange dès le départ les noms de \(B'\) et \(C'\), alors dans la preuve ci-dessus les rôles de \(D\) et \(S\) sont échangés, tandis que \(M\) et \(M'\) ne changent pas. Par conséquent, le cercle \(SMM'\) est lui aussi tangent à \(SD\). Comme \(N\) est le milieu de \(SD\), il a la même puissance (\(ND^2 = NS^2\)) par rapport aux cercles \(DMM'\) et \(SMM'\), donc il est sur leur axe radical \(MM'\).

Remarque 2 (un autre triplet de points sur l'axe radical commun). Soient \(L\) et \(L'\) les pieds des hauteurs issues de \(A\) et \(A'\) dans les triangles \(ABC\) et \(A'B'C'\). Comme \(\rho\) est le cercle des neuf points des deux triangles, il contient \(L\) et \(L'\). De plus \(HA \cdot HL\) et \(HA' \cdot HL'\) valent tous deux le double de la puissance de \(H\) par rapport à \(\rho\), donc \(A, A', L, L'\) sont cocycliques. Posons \(\ell = AA'\), \(P = LL' \cap \ell\), \(K = BC \cap \ell\) et \(K' = B'C' \cap \ell\). Comme \(MM' \parallel \ell\) et \(LL'MM'\) est cyclique,

\[\measuredangle(BC, \ell) = \measuredangle(BC, MM') = \measuredangle(LL', B'C'),\]

donc \(K, K', L, L'\) sont cocycliques. Les quadrilatères cycliques \(AA'LL'\) et \(KK'LL'\) donnent \(PA \cdot PA' = PL \cdot PL' = PK \cdot PK'\) : \(P\) est le centre de l'(unique) involution \(\sigma\) de \(\ell\) qui échange \(A, A'\) et \(K, K'\). D'autre part, par le théorème d'involution de Desargues appliqué à la droite \(\ell\), au quadrilatère \(BB'CC'\) et à son cercle circonscrit \(\omega\), l'involution \(\sigma\) échange aussi \(E\) et \(F\). Donc \(PA \cdot PA' = PL \cdot PL' = PE \cdot PF\), ce qui signifie que \(P\) a la même puissance par rapport à \(\omega\), \(\Omega\) et \(\rho\) ; par les mêmes arguments, il existe des points analogues sur \(BB'\) et \(CC'\). (Voir la figure.)