D1847. Du plus simple au plus complexe * à ****
Voici deux problèmes de géométrie posés tout récemment aux olympiades nationales 2019 de mathéma- tiques en Grande-Bretagne et en Chine.
Problème n˚1 (Grande-Bretagne)
Soit un triangleABC. La perpendiculaire enB au côté AB coupe respectivement aux pointsD etF la hauteur issue deAet la médiatrice du côtéBC. Le pointDse projette enEsur le côtéAC.
Démontrer que le triangleB F Eest isocèle.
Problème n˚2 (Chine)
On trace une triangleABC (AB<AC), son cercle circonscrit (Γ) de centreO et la bissectrice intérieure (∆) de l’angle enA. La parallèle passant parOà (∆) coupe la droiteBC au pointD et la perpendiculaire enDà cette même droiteBCcoupe (∆) enE. Le cercle de centreDet de rayonD Acoupe la droiteBCen un pointPdu même côté queBpar rapport àD. Le cercle circonscrit au triangleAE Pcoupe la droiteBC en un deuxième pointQet le cercle (Γ) en un deuxième pointR.
Démontrer que la droiteQRest tangente au cercle (Γ).
Solution de Claude Felloneau Problème n˚1 (Grande-Bretagne)
A
B C
D
F O E
A0
SoitOle centre du cercle circonscrit au triangleABCetA0le symétrique deApar rapport àO.
Les trianglesAB A0etAC A0sont rectangles enBetCrespectivement doncB,D,F,A0sont alignés.
Oétant le milieu du segment [A A0], par projection sur (B A0) perpendiculairement à (BC),Fest donc le milieu du segment [D A0].
Par projection orthogonale sur la droite (AC),Fse projette donc sur le milieu de [EC] doncF E=F C. OrFest sur la médiatrice du segment [BC] doncF B=F C.
AinsiF B=F E. Le triangleB F Eest donc isocèle enF.
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Problème n˚2 (Chine)
A
B C
(Γ)
O
I J
P D
E Ω (Γ0)
Q R
(TI)
La droite (∆) coupe (Γ) enAet en un autre point que l’on noteItel que (OI) est orthogonale à (BC).
Les droites (DE) et (OI) sont donc parallèles ainsi que les droites (E I) et (OD) doncOI E Dest un parallé- logramme. On a ainsiDE=OI=O A.
Le quadrilatèreAE DOest donc un trapèze isocèle de bases [AE] et [OD] et les médiatrices des bases sont donc confondues. Ainsi la médiatrice [OD] contient le centreΩdu cercle (Γ0) circonscrit au triangleAE P.
On a doncΩO=ΩD.
On désigne parrla rotation de centreΩqui transformeDenO.
— Démontrons quer(P)=E.
CommeΩP=ΩE, il suffit d’établir que les angles³−−→
ΩP,−−→
ΩE´
et³−−→
ΩD,−−→
ΩO´
sont égaux.
³−−→
ΩP,−−→
ΩE´
=2³−−→
AP,−−→
AE´
angle inscrit
³−−→
ΩP,−−→
ΩE´
=2³−−→
AP,−−→
AD´
+2³−−→
AD,−−→
OD´
car (OD) est parallèle à (AE).
2³−−→
AP,−−→
AD´
=π−2³−−→
D A,−−→
DΩ´
car le triangleADPest isocèle enDetΩappartient à la bissec- trice de l’angleADP.
2³−−→
AD,−−→
OD´
= −2³−−→
DO,−−→
D A´ donc³−−→
ΩP,−−→
ΩE´
=π−2³−−→
D A,−−→
DΩ´
−2³−−→
DO,−−→
D A´
=π−2³−−→
DO,−−→
DΩ´
=³−−→
ΩD,−−→
ΩO´
car le triangle ΩODest isocèle enΩ.
— Démontrons quer(E)=R.
CommeEappartient cercle (Γ0) de centreΩ,r(E) appartient à (Γ0).
De plus,Or(E)=r(D)r(E)=DE=O A,r(E) appartient au cercle (Γ).
Ainsir(E)∈(Γ)∩(Γ0) doncr(E)=Rour(E)=A.
On ne peut avoirr(E)=Asinon commer(P)=E, on auraitE P=AEdoncEserait sur la média- trice (DΩ) de [AP]. Comme (DE) est orthogonale à (BC) donc à (P D), (DΩ) serait orthogonale à (P D), ce qui implique queA,PetDsont alignés, doncA,BetCsont alignés, ce qui est contraire à l’hypothèse.
Finalement,r(E)=R.
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— Démontrons que la droite (RQ) est la tangente à (Γ) enR.
Commer(E)=Retr(P)=E,PE=E RdoncEest le milieu de l’un des arcsP Rdu cercle (Γ0). Or Aappartient à (Γ0) donc la droite (AE) est une bissectrice de l’angleP AR.
De plus,A,P,E,Qsont cocycliques donc, avec des angles de droites, on a :
(QP,QE)=(AP,AE)=(AE,AR)=(AI,AR)=((TI),I R) où (TI) est la tangente à (Γ) en I.
(OI) étant orthogonale à (BC), (TI) est parallèle à (BC) donc à (QP) et on a ((TI),I R)=(QP,I R).
Finalement (QP,QE)=(QP,I R) donc les droites (QE) et (I R) sont parallèles.
Si on note (TR) la tangente à (Γ) enR, on a : (R I, (TR))=(AI,AR)=(AE,AR)=(QE,QR) car Q,E,R,Asont cocycliques.
Comme (QE) et (I R) sont parallèles, (QE,QR)=(R I,QR) d’où (R I, (TR))=(R I,RQ).
Les droites (TR) et (RQ) sont donc confondues (car parallèles passant par R). La droite (QR) est donc la tangente à (Γ) enR.
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