Shortlist 2023, G1¶

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

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

Solution officielle : Shortlist officielle 2023 (avec solutions), p. 55 (page 57 du PDF)

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Énoncé¶

Let \(ABCDE\) be a convex pentagon such that \(\angle ABC = \angle AED = 90^\circ\). Suppose that the midpoint of \(CD\) is the circumcentre of triangle \(ABE\). Let \(O\) be the circumcentre of triangle \(ACD\).

Prove that line \(AO\) passes through the midpoint of segment \(BE\).

Indices : les idées clés

Le point \(X = BC \cap ED\) : \(AX\) est un diamètre du cercle \(ABE\), donc le milieu \(M\) de \(CD\) est aussi le milieu de \(AX\), et \(ACXD\) est un parallélogramme : \(AD \parallel BC\) et \(AC \parallel ED\).
Rapports d'aires (solution 1) : \(AO\) coupe \(BE\) en son milieu si et seulement si \([OAB] = [OAE]\), et ces deux aires valent \(\frac{1}{2}[ACD]\).
Triangles semblables et similitudes (solutions 2 et 3) : \(ABE \sim CAX\) envoie le milieu \(N\) de \(BE\) sur \(M\) ; en solution 3, une similitude de centre \(A\).
Centres du triangle et lemmes classiques : pour le centre \(O\) du cercle circonscrit à \(ACD\), \(\angle OAC = 90^\circ - \angle ADC\), et \(AO\) est perpendiculaire à la droite joignant les pieds de deux hauteurs.
Chasse aux angles et quadrilatères cycliques : \(ABXE\) et \(CGFD\) sont cycliques.

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2023 (trois solutions et une remarque).

Solution 1 (rapports d'aires)¶

Figure (solution 1)

Soient \(M\) le milieu de \(CD\) et \(X = BC \cap ED\) (voir la figure). Comme \(\angle ABX = \angle AEX = 90^\circ\), le segment \(AX\) est un diamètre du cercle circonscrit à \(ABE\), donc le milieu de \(AX\) est le centre de ce cercle. Le milieu de \(AX\) coïncide donc avec \(M\). Ainsi \(ACXD\) est un parallélogramme (ses diagonales ont le même milieu), et en particulier \(AD \parallel BC\) et \(AC \parallel ED\).

Notons \([P_1P_2P_3]\) l'aire du triangle \(P_1P_2P_3\). Pour prouver que la droite \(AO\) coupe \(BE\) en son milieu, il suffit de montrer que \([OAB] = [OAE]\) (les distances de \(B\) et \(E\) à la droite \(AO\) sont alors égales).

Soient \(C_1\) et \(D_1\) les milieux de \(AC\) et \(AD\). Comme \(OD_1 \perp AD\), \(AD \parallel BC\) et \(BC \perp AB\), on a \(AB \parallel OD_1\), donc \([OAB] = [D_1AB]\). Comme \(AD \parallel BC\), les points \(B\) et \(C\) sont à la même distance de la droite \(AD\), donc \([D_1AB] = [D_1AC]\). Ainsi, \(D_1\) étant le milieu de \(AD\),

\[[OAB] = [D_1AB] = [D_1AC] = \frac{1}{2}[ACD].\]

De même (avec \(OC_1 \perp AC\), \(AC \parallel ED\) et \(ED \perp AE\)),

\[[OAE] = [C_1AE] = [C_1AD] = \frac{1}{2}[ACD].\]

En combinant, \([OAB] = [OAE]\). \(\blacksquare\)

Solution 2 (triangles semblables)¶

Figure (solution 2)

Soient \(M\) le milieu de \(CD\) et \(X = BC \cap ED\). Comme dans la solution 1, \(M\) est le milieu de \(AX\) et \(ACXD\) est un parallélogramme. Puisque \(AD \parallel BC\) et \(\angle ABC = 90^\circ\), on a \(\angle DAB = 90^\circ\).

Soit \(N\) le milieu de \(BE\). Il suffit de montrer que \(\angle NAB = \angle OAB\). Comme \(ABXE\) est cyclique, par chasse aux angles (et avec \(AC \parallel XE\)),

\[\angle ABE = \angle AXE = \angle XAC \quad \text{et} \quad \angle BEA = \angle BXA = \angle CXA.\]

Donc les triangles \(ABE\) et \(CAX\) sont semblables, et \(N\) (milieu de \(BE\)) correspond à \(M\) (milieu de \(AX\)) dans cette similitude. En particulier \(\angle NAB = \angle ACM\).

Par ailleurs, \(O\) étant le centre du cercle circonscrit à \(ACD\), \(\angle DAO = 90^\circ - \angle ACD\), d'où

\[\angle OAB = 90^\circ - \angle DAO = \angle ACM = \angle NAB.\]

Les droites \(AO\) et \(AN\) sont donc confondues. \(\blacksquare\)

Solution 3 (symétrie)¶

Figure (solution 3)

Soit \(N\) le milieu de \(BE\), et soient \(F\), \(G\) les projetés orthogonaux de \(C\) et \(D\) sur \(AD\) et \(AC\) respectivement (voir la figure). Le quadrilatère \(CGFD\) est cyclique (angles droits en \(F\) et \(G\) sur \([CD]\)), donc

\[\angle AGF = \angle CDF = \angle CDA = 90^\circ - \angle OAC,\]

ce qui donne \(AO \perp FG\). Il suffit donc de montrer que \(AN \perp FG\).

Comme dans la solution 1, \(AD \parallel BC\) et \(AC \parallel ED\), donc \(\angle EAG = \angle FAB = 90^\circ\) ; en fait \(AEDG\) et \(AFCB\) sont des rectangles. On en déduit

\[\angle AGE = \angle DAG = \angle FAC = \angle BFA,\]

donc les triangles \(GAE\) et \(FAB\) sont semblables.

Soit \(F'\) le symétrique de \(F\) par rapport à \(A\). Alors \(F'AB \sim FAB \sim GAE\) (le triangle \(F'AB\) est l'image de \(FAB\) par la symétrie d'axe \(AB\), puisque \(AF \perp AB\)). Ainsi \(A\) est le centre de la similitude qui envoie \(F'B\) sur \(GE\).

Soit \(P\) le milieu de \(F'G\). Notons \(s\) cette similitude de centre \(A\), avec \(s(F') = G\) et \(s(B) = E\). En prenant \(A\) pour origine (nombres complexes), \(s(z) = \lambda z\), donc \(P = \frac{1+\lambda}{2} F'\) et \(N = \frac{1+\lambda}{2} B\) : le triangle \(APN\) est l'image de \(AF'B\) par la similitude \(z \mapsto \frac{1+\lambda}{2} z\). Ainsi \(APN \sim AF'B \sim AGE\), ce qui implique \(\angle NAP = \angle EAG = 90^\circ\). Comme \(A\) est le milieu de \(FF'\) et \(P\) celui de \(F'G\), le théorème de la droite des milieux donne \(AP \parallel FG\). En combinant, \(AN \perp FG\), d'où le résultat. \(\blacksquare\)

Remarques¶

Remarque 1 (une autre preuve de \(AD \parallel BC\) et \(AC \parallel ED\)). Soit \(\ell\) la médiatrice de \(AB\). Le milieu de \(CD\), centre du cercle \(ABE\), est sur \(\ell\). Comme \(\angle ABC = 90^\circ\), le milieu de \(AC\) (centre du cercle de diamètre \(AC\), qui passe par \(B\)) est aussi sur \(\ell\). La droite \(\ell\) passe donc par les milieux de \(CA\) et \(CD\) : c'est une droite des milieux du triangle \(ACD\), d'où \(AD \parallel \ell \parallel BC\). De même, \(AC \parallel ED\).