Shortlist 2025, G3

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

Concepts : Chasse aux angles et quadrilatères cycliques · Triangles semblables et similitudes · Centres du triangle et lemmes classiques · Outils projectifs : birapport, division harmonique, pôles et polaires

Solution officielle : Shortlist officielle 2025 (avec solutions), section G3 (livret PDF)

Énoncé

Let \(ABC\) be an acute-angled triangle with \(AB < AC\). Let \(\Gamma\) be the circumcircle of triangle \(ABC\). The perpendicular from \(B\) to \(AC\) intersects \(\Gamma\) again at \(D \neq B\). Let \(Q\) be the point on \(\Gamma\) such that \(Q \neq B\) and \(AB = AQ\). Lines \(BQ\) and \(AC\) intersect at \(R\). Line \(DR\) intersects \(\Gamma\) again at \(S \neq D\). Segment \(BC\) intersects the circumcircle of triangle \(QRS\) at \(T\). Lines \(TQ\) and \(RS\) intersect at \(X\).

Prove that \(CX\) is perpendicular to \(AB\).

Indices : les idées clés

• Chasse aux angles et quadrilatères cycliques : on identifie \(T\) comme le symétrique de \(Q\) par rapport à \(AC\), puis on montre que \(XCST\) est cyclique (solution 1).
• Triangles semblables et similitudes (solution 2) : une chaîne de rapports issus de triangles semblables donne \(\triangle CXK \sim \triangle CDL\).
• Centres du triangle et lemmes classiques (solution 3) : les symétriques de l'orthocentre \(H\) par rapport aux côtés sont sur \(\Gamma\).
• Outils projectifs (solution 3) : le théorème de Desargues place \(X\) sur la hauteur \(CH\).

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2025 (trois solutions et une remarque).

Solution 1

Soit \(T'\) le symétrique de \(Q\) par rapport à la droite \(CR\) (c'est-à-dire \(AC\)). Alors \(RQ = RT'\) et, comme \(BD \perp AC\) et \(QT' \perp AC\), on a \(BD \parallel T'Q\).

Par chasse aux angles,

\[\angle QSR = \angle QBD = \angle RQT' = \angle QT'R,\]

(angles inscrits dans \(\Gamma\), puis angles alternes-internes pour \(BD \parallel QT'\), puis triangle isocèle \(RQT'\)), donc \(RQST'\) est cyclique. Comme les cordes \(AB\) et \(AQ\) sont égales, elles sont vues sous le même angle depuis \(C\) : la droite \(CA\) est bissectrice de l'angle \(\angle BCQ\), donc le symétrique \(T'\) de \(Q\) par rapport à \(AC\) est sur la droite \(BC\). Il en résulte que \(T' = T\). (Voir la figure.)

Comme \(BD \parallel TQ\) et que \(DCSB\) est cyclique, on a

\[\angle CTX = \angle CBD = \angle CSX,\]

donc \(XCST\) est cyclique. Ainsi \(\angle XCT = \angle XST\). Comme \(RQST\) est cyclique, \(\angle XST = \angle RQT\). Enfin \(B\), \(Q\), \(T\) sont sur le cercle de centre \(A\) (car \(AB = AQ = AT\)), donc

\[\angle RQT = \tfrac{1}{2}\angle BAT = 90^\circ - \angle TBA.\]

Par conséquent \(\angle XCT = 90^\circ - \angle CBA\), ce qui signifie que \(CX \perp AB\). \(\blacksquare\)

Solution 2

Soit \(O\) le centre du cercle circonscrit au triangle \(QSR\). Alors

\[\angle ORQ = 90^\circ - \tfrac{1}{2}\angle QOR = 90^\circ - \angle QSR = 90^\circ - \angle QBD = \angle ARB,\]

la dernière égalité venant de \(BD \perp AC\). Donc la droite \(AC\) passe par \(O\). Comme \(AB = AQ\), la droite \(AC\) est bissectrice de l'angle \(\angle QCT\) ; le symétrique de \(Q\) par rapport à \(AC\) est donc sur \(BC\) et sur le cercle \(QRS\) (de centre \(O \in AC\)), c'est \(T\). Il s'ensuit que \(AC \perp TQ\).

Donc \(TQ \parallel BD\). Soient \(L\) et \(K\) les points d'intersection de \(BD\) et de \(QT\) avec la droite \(AC\). On obtient les paires de triangles semblables \(\triangle RKX \sim \triangle RLD\), \(\triangle RQK \sim \triangle RBL\) et \(\triangle CBL \sim \triangle CQK\) (pour la dernière : deux triangles rectangles en \(L\) et \(K\) avec \(\angle BCL = \angle QCK\)). Ainsi

\[\frac{KX}{LD} = \frac{KR}{LR} = \frac{KQ}{LB} = \frac{CK}{CL},\]

donc \(\triangle CXK \sim \triangle CDL\) (triangles rectangles en \(K\) et \(L\) à côtés de l'angle droit proportionnels), ce qui donne

\[\angle ACX = \angle DCA = \angle DBA.\]

Comme \(AC \perp BD\), il s'ensuit que \(CX \perp AB\). \(\blacksquare\)

Solution 3

Soit \(H\) l'orthocentre du triangle \(ABC\). Alors \(D\) est le symétrique de \(H\) par rapport au côté \(AC\) (lemme classique de l'orthocentre). Soient \(G\) et \(J\) les symétriques de \(H\) par rapport aux côtés \(BC\) et \(AB\) ; ils sont aussi sur \(\Gamma\). Alors \(AD = AJ\) \((= AH)\) et \(BJ = BG\) \((= BH)\). Comme \(AB = AQ\), il en résulte \(DQ = BJ = BG\). Ainsi \(QG \parallel BD \perp AC\).

Soit \(T'\) le second point d'intersection du cercle \(QRS\) avec la droite \(QG\). Alors \(\angle QT'R = \angle QSR = \angle QSD\). Comme \(DQ = BG\), on a \(\angle QSD = \angle BQG = \angle RQT'\). Donc \(\angle QT'R = \angle RQT'\), et \(RQ = RT'\). Puisque \(QT' \perp AC\), la droite \(AC\) est la médiatrice de \(QT'\), d'où

\[\angle ACT' = \angle RCT' = \angle QCR = \angle QCA = \angle ACB.\]

Le point \(T'\) est donc sur la droite \(BC\), et \(T' = T\).

Considérons les triangles \(DFR\) et \(GKT\), où \(F\) et \(K\) sont les milieux de \(HD\) et \(HG\) (ce sont les pieds des hauteurs issues de \(B\) et de \(A\)). Par le théorème de la droite des milieux, \(FK \parallel DG\). Comme \(\angle QTR = \angle QSD = \angle QGD\), on a aussi \(RT \parallel DG\). Les droites \(DG\), \(FK\), \(RT\) sont parallèles (concourantes à l'infini) : les triangles \(DFR\) et \(GKT\) sont en perspective. Par le théorème de Desargues, les points d'intersection des côtés homologues sont alignés : \(DF \cap GK = H\), \(FR \cap KT = AC \cap BC = C\) et \(DR \cap GT = X\). Le point \(X\) est donc sur la droite \(CH\), d'où \(CX \perp AB\). \(\blacksquare\)

Remarques

Remarque 1 (fin alternative par Pascal). Dans la solution 3, on peut remplacer Desargues par le théorème de Pascal. Soit \(Y\) le point où le cercle \(CSR\) recoupe la hauteur \(CH\) ; une chasse aux angles montre que \(Y\) est sur \(BQ\) et sur \(AS\). Le théorème de Pascal appliqué à l'hexagone \(ASDBQG\) montre que \(X\), \(Y\) et \(H\) sont alignés, donc \(X\) est sur la hauteur \(CH\).