Shortlist 2023, G5

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

Concepts : Chasse aux angles et quadrilatères cycliques · Triangles semblables et similitudes · Trigonométrie : loi des sinus, Ceva trigonométrique · Centres du triangle et lemmes classiques · Inversion

Solution officielle : Shortlist officielle 2023 (avec solutions), p. 67 (page 69 du PDF)

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Énoncé

Let \(ABC\) be an acute-angled triangle with circumcircle \(\omega\) and circumcentre \(O\). Points \(D \neq B\) and \(E \neq C\) lie on \(\omega\) such that \(BD \perp AC\) and \(CE \perp AB\). Let \(CO\) meet \(AB\) at \(X\), and \(BO\) meet \(AC\) at \(Y\).

Prove that the circumcircles of triangles \(BXD\) and \(CYE\) have an intersection on line \(AO\).

Indices : les idées clés

• Le point commun est sur le cercle \(BOC\) : le second point d'intersection \(Z\) de \(AO\) avec le cercle circonscrit à \(BOC\) est sur les deux cercles (solutions 1 et 2).
• Symétrie axiale et chasse aux angles (solution 1) : la droite passant par \(O\) parallèle à \(AC\) est la médiatrice de \(BD\) et échange les droites \(AO\) et \(XO\).
• Triangles semblables et loi des sinus (solution 2) : avec \(B'\) le symétrique de \(B\) par rapport à \(AC\), on montre \(ZXA \sim ZDB'\).
• Centres du triangle : le symétrique de \(D\) par rapport à \(AC\) est l'orthocentre \(H\) (solution 2) ; \(AO\) et \(AH\) sont isogonales (solution 3).
• Inversion : inversion de centre \(A\) et de rayon \(\sqrt{AB \cdot AC}\) composée avec la symétrie par rapport à la bissectrice (solution 3), ou inversion par rapport à \(\omega\) (solution 4).

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2023 (quatre solutions).

Solution 1 (symétries)

Comme \(AO = OC\), les droites \(AO\) et \(XO\) (c'est-à-dire \(OA\) et \(OC\)) sont symétriques l'une de l'autre par rapport à la parallèle à \(AC\) passant par \(O\) ; comme \(BD \perp AC\), cette droite est la médiatrice de \(BD\). Notons-la \(\ell\) (voir la figure).

Soit \(P \neq X\) le second point d'intersection du cercle \((BXD)\) avec la droite \(XO\), et \(Z\) le point d'intersection du cercle \((BXD)\) avec la droite \(AO\) le plus éloigné de \(A\).

Considérons la symétrie d'axe \(\ell\). Elle échange \(B\) et \(D\), échange les droites \(AO\) et \(XO\), et laisse donc le cercle \((BXD)\) invariant (son centre est sur la médiatrice \(\ell\) de la corde \(BD\)). Elle envoie donc \(P\), intersection de \(XO\) et du cercle \((BXD)\), sur l'intersection de \(AO\) et du cercle \((BXD)\) la plus éloignée de \(A\), c'est-à-dire \(Z\). Par chasse aux angles,

\[\angle OZB = \angle DPO = \angle DPX = \angle DBX = 90^\circ - \angle BAC = \angle OCB,\]

donc \(BOCZ\) est inscriptible. Ainsi, le second point d'intersection du cercle \((BOC)\) avec la droite \(AO\) est sur le cercle \((BXD)\). De même, ce point \(Z\) est sur le cercle \((CYE)\) : les deux cercles ont le point commun \(Z\) sur \(AO\). \(\blacksquare\)

Solution 2 (triangles semblables)

Soit \(B'\) le symétrique de \(B\) par rapport à \(AC\), et \(Z \neq O\) le second point d'intersection de \(AO\) avec le cercle \((OBC)\) (voir la figure). On a

\[\angle B'CA + \angle ACZ = 2\angle ACB + \angle BCZ = 2\angle ACB + \angle BOZ = 2\angle ACB + (180^\circ - \angle AOB) = 180^\circ,\]

donc \(Z\), \(C\), \(B'\) sont alignés.

Affirmation. Les triangles \(ZXA\) et \(ZDB'\) sont semblables.

Preuve. On a

\[\angle XAZ = \angle BAO = 90^\circ - \angle ACB = \angle CBB' = \angle BB'C = \angle DB'Z.\]

Il suffit donc de montrer que \(\frac{B'Z}{B'D} = \frac{AZ}{AX}\). Observons d'abord que

\[\angle B'ZA = \angle CZO = \angle CBO = \angle XCB \quad \text{et} \quad \angle AB'Z = \angle AB'C = \angle CBA = \angle CBX.\]

Les triangles \(ZAB'\) et \(CXB\) sont donc semblables, et

\[\frac{B'Z}{AZ} = \frac{BC}{CX}.\]

L'orthocentre \(H\) du triangle \(ABC\) est le symétrique de \(D\) par rapport à \(AC\) (lemme classique), donc \(B'D = BH\). La loi des sinus dans les triangles \(ACX\) et \(BHC\) donne

\[\frac{AX}{CX} = \frac{\sin \angle ACX}{\sin \angle XAC} = \frac{\sin(90^\circ - \angle CBA)}{\sin \angle BAC} = \frac{\sin(90^\circ - \angle CBA)}{\sin(180^\circ - \angle BAC)} = \frac{\sin \angle HCB}{\sin \angle BHC} = \frac{BH}{BC} = \frac{B'D}{BC}.\]

En multipliant les deux résultats,

\[\frac{B'Z}{AZ} \cdot \frac{AX}{CX} = \frac{BC}{CX} \cdot \frac{B'D}{BC} = \frac{B'D}{CX},\]

d'où \(\frac{B'Z}{B'D} = \frac{AZ}{AX}\), comme voulu. \(\square\)

D'après l'affirmation,

\[\angle BDZ = 180^\circ - \angle ZDB' = 180^\circ - \angle ZXA = \angle BXZ,\]

donc \(Z\) est sur le cercle \((BXD)\). De même, \(Z\) est sur le cercle \((CYE)\), ce qui conclut. \(\blacksquare\)

Solution 3 (inversion de centre \(A\))

Considérons la composée de l'inversion de centre \(A\) et de rayon \(\sqrt{AB \times AC}\) et de la symétrie par rapport à la bissectrice de \(\angle BAC\) ; notons \(P^*\) l'image d'un point \(P\). Elle échange \(B\) et \(C\), et envoie \(\omega\) sur la droite \(BC\). Soit \(H\) l'orthocentre de \(ABC\), \(K\) et \(L\) les pieds des hauteurs issues de \(A\) et \(B\) (sur \(BC\) et \(CA\)). Notons \(A = \angle BAC\), \(B = \angle CBA\), \(C = \angle ACB\), et \(R\) le rayon de \(\omega\) (voir la figure).

On a

\[\angle D^*AK = \angle OAD = 90^\circ - \angle DBA = 90^\circ - (90^\circ - A) = A.\]

Dans le triangle \(AKD^*\) rectangle en \(K\) (trigonométrie),

\[\begin{cases} D^*K = AK \tan A = 2R \sin B \sin C \tan A, \\ HK = 2R \cos B \cos C, \end{cases} \quad \Longrightarrow \quad \frac{D^*K}{HK} = \tan A \tan B \tan C.\]

On a aussi \(\angle AX^*B = \angle ACX = \angle ACO = 90^\circ - B\). Dans le triangle \(BLX^*\) rectangle en \(L\),

\[\begin{cases} X^*L = BL \tan B = 2R \sin A \sin C \tan B, \\ HL = 2R \cos A \cos C, \end{cases} \quad \Longrightarrow \quad \frac{X^*L}{HL} = \tan A \tan B \tan C.\]

Ainsi \(\frac{D^*K}{HK} = \frac{X^*L}{HL}\) et, comme \(\angle HLX^* = \angle HKD^* = 90^\circ\), les triangles \(D^*HK\) et \(X^*HL\) sont semblables ; en particulier

\[\angle CD^*H = \angle KD^*H = \angle LX^*H = \angle CX^*H,\]

donc \(D^*HCX^*\) est inscriptible. En revenant par la transformation, \(DH^*BX\) est inscriptible, donc \(H^*\) est sur le cercle \((BXD)\). De même, \(H^*\) est sur le cercle \((CYE)\). Enfin, comme \(AO\) et \(AH\) sont isogonales dans l'angle \(\angle BAC\), \(H^*\) est sur la droite \(AO\), ce qui conclut. \(\blacksquare\)

Solution 4 (inversion de centre \(O\))

Soit \(F\) le point de \(\omega\) tel que \(AF\) soit un diamètre, et \(J\) l'intersection de \(DF\) avec \(CO\). On considère l'inversion par rapport à \(\omega\), et l'on note \(P'\) l'image d'un point \(P\) (voir la figure).

Le point \(X'\) est sur la droite \(CO\), et

\[\angle BX'J = \angle BX'O = \angle OBX = \angle OBA = \angle BAO = \angle BAF = \angle BDF = \angle BDJ,\]

donc \(BX'DJ\) est inscriptible.

Soit \(K\) l'intersection de \(AF\) et \(BC\). On a \(OB = OD\) et

\[\angle KBO = 90^\circ - A = \angle DBA = \angle DFA = \angle DFO = \angle ODJ,\]

\[\angle BOK = 2\angle OBA = 2\angle CBD = \angle COD = \angle JOD.\]

Les triangles \(BOK\) et \(DOJ\) sont donc isométriques. En particulier \(BK = DJ\) et

\[\angle KBD = \angle KBO + \angle OBD = \angle ODJ + \angle BDO = \angle BDJ.\]

Ainsi \(BDJK\) est un trapèze isocèle, et \(BX'DJK\) est inscriptible.

En revenant par l'inversion, \(BXDK'\) est inscriptible. De même, \(CYEK'\) est inscriptible. Comme \(K\) est sur \(AO\), \(K'\) l'est aussi, ce qui conclut. \(\blacksquare\)