Shortlist 2007, G3¶
Domaine : Géométrie · Difficulté : ★★☆☆☆ · Proposé par : Ukraine
Concepts : Homothétie · Chasse aux angles et quadrilatères cycliques · Outils projectifs : birapport, division harmonique, pôles et polaires
Solution officielle : Shortlist officielle 2007 (avec solutions), p. 42 (page 43 du PDF)
Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.
Énoncé¶
The diagonals of a trapezoid \(ABCD\) intersect at point \(P\). Point \(Q\) lies between the parallel lines \(BC\) and \(AD\) such that \(\angle AQD = \angle CQB\), and line \(CD\) separates points \(P\) and \(Q\). Prove that \(\angle BQP = \angle DAQ\).
Indices : les idées clés
- Homothétie de centre \(P\) et de rapport \(-\frac{AD}{BC}\) : elle envoie \(B\) sur \(D\) et \(C\) sur \(A\) ; soit \(Q' = h(Q)\), aligné avec \(Q\) et \(P\).
- Cocyclicité : \(\angle AQ'D = \angle CQB = \angle AQD\), avec \(Q\) et \(Q'\) du même côté de \(AD\), donc \(AQ'QD\) est inscriptible.
- Version générale (birapports) : pour un quadrilatère quelconque, avec \(I = AD \cap BC\), \(\angle AQD = \angle CQB\) si et seulement si \(\angle BQP = \angle IQA\).
Solutions
Les solutions ci-dessous suivent la solution officielle de la Shortlist 2007 (une solution et une remarque).
Solution¶
Posons \(t = \frac{AD}{BC}\). Considérons l'homothétie \(h\) de centre \(P\) et de rapport \(-t\). Les triangles \(PDA\) et \(PBC\) sont semblables de rapport \(t\), donc \(h(B) = D\) et \(h(C) = A\).
Soit \(Q' = h(Q)\) (voir la figure). Les points \(Q\), \(P\) et \(Q'\) sont évidemment alignés. Les points \(Q\) et \(P\) sont du même côté de \(AD\), ainsi que du même côté de \(BC\) ; donc \(Q'\) et \(P\) sont aussi du même côté de \(h(BC) = AD\), et par conséquent \(Q\) et \(Q'\) sont du même côté de \(AD\). De plus, les points \(Q\) et \(C\) sont du même côté de \(BD\), tandis que \(Q'\) et \(A\) sont de l'autre côté (voir la figure).
Par l'homothétie, \(\angle AQ'D = \angle CQB = \angle AQD\), donc le quadrilatère \(AQ'QD\) est inscriptible. Alors
(la dernière égalité découle de nouveau de l'homothétie). \(\blacksquare\)
Remarque¶
L'énoncé du problème est un cas limite du résultat suivant.
Dans un quadrilatère quelconque \(ABCD\), soient \(P = AC \cap BD\), \(I = AD \cap BC\), et soit \(Q\) un point quelconque non aligné avec deux des points \(A\), \(B\), \(C\), \(D\). Alors \(\angle AQD = \angle CQB\) si et seulement si \(\angle BQP = \angle IQA\) (angles orientés ; voir la figure de gauche ci-dessous).
Dans le cas particulier du trapèze, \(I\) est un point à l'infini et \(\angle DAQ = \angle IQA = \angle BQP\).
Soient \(a = QA\), \(b = QB\), \(c = QC\), \(d = QD\), \(i = QI\) et \(p = QP\). Soit \(U\) et \(V\) les points d'intersection de la droite \(QA\) avec les droites \(BC\) et \(BD\) respectivement. Sur les droites \(BC\) et \(BD\), on a
En projetant depuis \(A\), on obtient
Supposons \(\angle AQD = \angle CQB\). Soit \(p'\) la symétrique de la droite \(i\) par rapport à la bissectrice de l'angle \(AQB\). Par symétrie, on a alors \((badp') = (abci) = (badp)\). Donc \(p = p'\), comme voulu. La réciproque se prouve de même.