Le point D se projette en E sur le côté AC

D1847 − Du plus simple au plus complexe [* et **** à la main]

Voici deux problèmes de géométrie posés tout récemment aux olympiades nationales 2019 de mathématiques en Grande-Bretagne et en Chine.

Problème n°1 (Grande-Bretagne)

Soit un triangle ABC. La perpendiculaire en B au côté AB coupe respectivement aux points D et F la hauteur issue de A et la médiatrice du côté BC. Le point D se projette en E sur le côté AC.

Démontrer que le triangle BFE est isocèle.

Problème n°2 (Chine)

On trace une triangle ABC (AB < AC), son cercle circonscrit (Γ) de centre O et la bissectrice intérieure (Δ) de l’angle en A. La parallèle passant par O à (Δ) coupe la droite [BC] au point D et la perpendiculaire en D à cette même droite [BC] coupe (Δ) en E.

Le cercle de centre D et de rayon DA coupe la droite [BC] en un point P du même côté que B par rapport à D. Le cercle circonscrit au triangle AEP coupe la droite [BC] en un deuxième point Q et le cercle (Γ) en un deuxième point R.

Démontrer que la droite QR est tangente au cercle (Γ).

Solution proposée par Bernard Vignes Problème n°1

Problème n°2

Notations : M est le milieu de l’arc BC du cercle (Γ) qui ne contient pas A

N est le deuxième point d’intersection autre que A du cercle (Γ) et du cercle (γ) de centre D et de rayon DA.

Le cercle (γ) coupe la droite [BC] en P situé du même côté que B par rapport à D et en P’.

La droite [NA] coupe la droite [BC] en T. La droite [TO] coupe (Γ) en S puis en R’ au delà de O. La perpendiculaire en R’ à la droite [TO] coupe la droite[BC] au point Q’.

Nous allons démontrer que R est confondu avec R’ et que Q’ est confondu avec Q.

Réponse : le triangle BFE est isocèle de sommet F.

Soit G le symétrique de B par rapport à F.Comme F est sur la médiatrice de BC, le cercle (Γ) de centre F et de diamètre BG coupe le côté AC au point E’. De même que le triangle BCG est rectangle en C,le triangle BE’G inscrit dans (Γ) est rectangle en E’.

On a donc les relations d’angles :BGE’ = BCE’,

GBE’ = DBE’ = 90° – BGE’ et comme AD est perpendiculaire à BC,DAE’ = 90° – BCE’.

D’où DBE’ = DAE’. Les quatre points A,B,D et E’

sont cocycliques et comme ABD = 90°,on a également

AE’D = 90°. E’ est confondu avec le point E.

Lemme n°1 : le point N est symétrique de M par rapport à O.

En effet la bissectrice de l’angle BAC passant par M et la droite (Δ) étant parallèle à cette bissectrice, la corde AN est perpendiculaire au segment AM. Le triangle MAN est rectangle en A et admet MON comme hypoténuse.

Lemme n°2 : le point E est le centre du cercle (γ’) passant par les points P,P’,R’S.

Le point T a la même puissance par rapport aux cercles (Γ) et (γ) qui est définie par les relations : TA*TN = TS*TR’ dans (Γ) et TA*TN = TP*TP’ dans (γ) .D’où TS*TR’ = TP*TP’. Les quatre points P,P’,R’,S sont sur un même cercle (γ’).

Dans le triangle DNT, le point O est l’orthocentre situé à l’intersection des hauteurs issues de D et de N de sorte que la droite [TO] est perpendiculaire à DN. Or par construction le quadrilatère MODE est un

parallèlogramme. Il en est de même du quadrilatère NOED.La droite [OE] est donc perpendiculaire à la droite [TO] et c’est la médiatrice de SR’. Le point D étant le milieu du diamètre PP’ du cercle (γ), le point E est sur la médiatrice de PP’et c’est le centre du cercle (γ’). On en déduit : EP = ER’.

Lemme n°3 : BAP = CAR’.

En effet on a les relations d’angles :

2BAP = 2DAP – 2BAM – 2EAD = 180° – ADP – BAC – 2DAE

Or ADP = 180° – ABC –BAC/2 –EAD. D’où 2PAB = ABC –BAC/2 –DAE Par ailleurs 2CAR’= COR’ = 90° – DOE – COD

Or le quadrilatère AODE est un trapèze isocèle. D’où :DOE = AEO = DAE

COD = 180° –CDO – BCO = 180° – (ABC + BAC/2) – (90° – BAC)

D’où COD = 90° – ABC + BAC/2 et 2CAR’= ABC –BAC/2 –DAE = 2BAP. C.q.f.d.

Corollaire:EAP = BAP + BAC/2 = CAR' + BAC/2 = EAR’.

La corde ER’ est sous-tendue par le même angle que la corde EP, le point R’ est sur le cercle (Γ’) circonscrit au triangle AEP. Les points R et R’ sont donc confondus.

Lemme n°4 : PQ’R +PAR = 180°.

En effet on a les relations d’angles :PQ’R = 180° – Q’CR –CRQ’.

D’où PQ’R = 180° – BAR –CAR = 180° – BAR –BAP = 180° – PAR.

Le point Q’ est sur le cercle (Γ’). Les points Q et Q’ sont donc confondus.