Shortlist 2007, G4

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

Concepts : Triangles semblables et similitudes · Chasse aux angles et quadrilatères cycliques

Solution officielle : Shortlist officielle 2007 (avec solutions), p. 43 (page 44 du PDF)

Problème 2 de l'OIM 2007

Ce problème a été choisi parmi ceux de la shortlist pour l'épreuve de l'OIM 2007, où il était le problème 2 (jour 1).

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Énoncé

Consider five points \(A\), \(B\), \(C\), \(D\), \(E\) such that \(ABCD\) is a parallelogram and \(BCED\) is a cyclic quadrilateral. Let \(\ell\) be a line passing through \(A\), and let \(\ell\) intersect segment \(DC\) and line \(BC\) at points \(F\) and \(G\), respectively. Suppose that \(EF = EG = EC\). Prove that \(\ell\) is the bisector of angle \(DAB\).

Indices : les idées clés

• Cas \(CF = CG\) : alors \(\angle FGC = \angle GFC\), ce qui donne directement la bissectrice (chasse aux angles).
• Hauteurs des triangles isocèles \(ECF\), \(EGC\) : si \(CF < GC\), alors \(KF < LC\) et donc \(KE > LE\).
• Triangles semblables \(BEL \sim DEK\) (quadrilatère inscrit) : \(DK > BL\), d'où \(DF > AD\), ce qui contredit \(\frac{AD}{DF} = \frac{GC}{CF} > 1\).

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent la solution officielle de la Shortlist 2007 (une solution). C'est le problème 2 de l'OIM 2007.

Solution

Si \(CF = CG\), alors \(\angle FGC = \angle GFC\), donc \(\angle GAB = \angle GFC = \angle FGC = \angle FAD\), et \(\ell\) est une bissectrice.

Supposons \(CF < GC\). Soient \(EK\) et \(EL\) les hauteurs des triangles isocèles \(ECF\) et \(EGC\) respectivement. Dans les triangles rectangles \(EKF\) et \(ELC\), on a \(EF = EC\) et

\[KF = \frac{CF}{2} < \frac{GC}{2} = LC,\]

donc

\[KE = \sqrt{EF^2 - KF^2} > \sqrt{EC^2 - LC^2} = LE.\]

Comme le quadrilatère \(BCED\) est inscriptible, on a \(\angle EDC = \angle EBC\), donc les triangles rectangles \(BEL\) et \(DEK\) sont semblables. Alors \(KE > LE\) implique \(DK > BL\), et donc

\[DF = DK - KF > BL - LC = BC = AD.\]

Mais les triangles \(ADF\) et \(GCF\) sont semblables, de sorte que \(1 > \frac{AD}{DF} = \frac{GC}{CF}\) ; cela contredit notre hypothèse.

Le cas \(CF > GC\) est tout à fait analogue. On obtient alors les inégalités inverses \(KF > LC\), \(KE < LE\), \(DK < BL\), \(DF < AD\), donc \(1 < \frac{AD}{DF} = \frac{GC}{CF}\) ; c'est une contradiction. \(\blacksquare\)