Shortlist 2006, G2

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

Concepts : Homothétie · Puissance d'un point et axe radical · Ceva et Ménélaüs

Solution officielle : Shortlist officielle 2006 (avec solutions), p. 36 (page 37 du PDF)

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Énoncé

Let \(ABCD\) be a trapezoid with parallel sides \(AB > CD\). Points \(K\) and \(L\) lie on the line segments \(AB\) and \(CD\), respectively, so that \(AK/KB = DL/LC\). Suppose that there are points \(P\) and \(Q\) on the line segment \(KL\) satisfying

\[\angle APB = \angle BCD \qquad \text{and} \qquad \angle CQD = \angle ABC.\]

Prove that the points \(P\), \(Q\), \(B\) and \(C\) are concyclic.

Indices : les idées clés

• Concourance : \(AB \parallel CD\) et \(AK/KB = DL/LC\) font concourir \(AD\), \(BC\), \(KL\) en un point \(S\).
• Tangence et puissance : \(BC\) est tangente aux cercles \((ABP)\) et \((CDQ)\), d'où \(SP \cdot SX = SB^2\) ; l'homothétie de centre \(S\) et de rapport \(SC/SB\) échange les cercles et donne \(SP \cdot SQ = SB \cdot SC\).
• Solution 2 : Menelaus dans \(ASP\) et \(BSP\) montre que \(EF \parallel AB\), puis une chasse aux angles dans le quadrilatère inscrit \(PEQF\).

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2006 (deux solutions).

Solution 1

Comme \(AB \parallel CD\), la relation \(AK/KB = DL/LC\) implique immédiatement que les droites \(AD\), \(BC\) et \(KL\) ont un point commun \(S\).

Considérons les seconds points d'intersection \(X\) et \(Y\) de la droite \(SK\) avec les cercles \((ABP)\) et \((CDQ)\) respectivement. Comme \(APBX\) est un quadrilatère inscrit et \(AB \parallel CD\), on a

\[\angle AXB = 180^\circ - \angle APB = 180^\circ - \angle BCD = \angle ABC.\]

Cela montre que \(BC\) est tangente au cercle \((ABP)\) en \(B\). De même, \(BC\) est tangente au cercle \((CDQ)\) en \(C\). Donc \(SP \cdot SX = SB^2\) et \(SQ \cdot SY = SC^2\).

Soit \(h\) l'homothétie de centre \(S\) et de rapport \(SC/SB\). Comme \(h(B) = C\), la conclusion ci-dessus sur la tangence implique que \(h\) envoie le cercle \((ABP)\) sur le cercle \((CDQ)\). De plus, \(h\) envoie \(AB\) sur \(CD\), et il s'ensuit facilement que \(h(P) = Y\), \(h(X) = Q\), ce qui donne \(SP/SY = SB/SC = SX/SQ\).

Les égalités \(SP \cdot SX = SB^2\) et \(SQ/SX = SC/SB\) impliquent \(SP \cdot SQ = SB \cdot SC\), ce qui équivaut à la cocyclicité de \(P\), \(Q\), \(B\) et \(C\). \(\blacksquare\)

Solution 2

Le cas \(P = Q\) est trivial. Supposons donc que \(P\) et \(Q\) sont deux points distincts. Comme dans la première solution, remarquons que les droites \(AD\), \(BC\) et \(KL\) concourent en un point \(S\).

Soient \(E\) le point d'intersection des droites \(AP\) et \(DQ\), et \(F\) celui de \(BP\) et \(CQ\). Alors \(\angle EPF = \angle BCD\) et \(\angle FQE = \angle ABC\) d'après la condition du problème. Comme les angles \(BCD\) et \(ABC\) ont pour somme \(180^\circ\), il s'ensuit que \(PEQF\) est un quadrilatère inscrit.

En appliquant le théorème de Menelaus, d'abord au triangle \(ASP\) et à la droite \(DQ\), puis au triangle \(BSP\) et à la droite \(CQ\), on obtient

\[\frac{AD}{DS} \cdot \frac{SQ}{QP} \cdot \frac{PE}{EA} = 1 \qquad \text{et} \qquad \frac{BC}{CS} \cdot \frac{SQ}{QP} \cdot \frac{PF}{FB} = 1.\]

Les premiers facteurs de ces égalités sont égaux, puisque \(AB \parallel CD\). Les derniers facteurs sont donc aussi égaux, ce qui implique que \(EF\) est parallèle à \(AB\) et à \(CD\). Avec cela et la cocyclicité de \(PEQF\), on obtient

\[\angle BCD = \angle BCF + \angle FCD = \angle BCQ + \angle EFQ = \angle BCQ + \angle EPQ.\]

D'autre part,

\[\angle BCD = \angle APB = \angle EPF = \angle EPQ + \angle QPF,\]

et par conséquent \(\angle BCQ = \angle QPF\). Ce dernier angle coïncide avec \(\angle QPB\) ou lui est supplémentaire, selon que \(Q\) est entre \(K\) et \(P\) ou non. Dans les deux cas, il s'ensuit que \(P\), \(Q\), \(B\) et \(C\) sont cocycliques. \(\blacksquare\)