Shortlist 2008, G2¶
Domaine : Géométrie · Difficulté : ★★☆☆☆ · Proposé par : non indiqué
Concepts : Puissance d'un point et axe radical · Chasse aux angles et quadrilatères cycliques
Solution officielle : Shortlist officielle 2008 (avec solutions), p. 31 (page 32 du PDF)
Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.
Énoncé¶
Given trapezoid \(ABCD\) with parallel sides \(AB\) and \(CD\), assume that there exist points \(E\) on line \(BC\) outside segment \(BC\), and \(F\) inside segment \(AD\), such that \(\angle DAE = \angle CBF\). Denote by \(I\) the point of intersection of \(CD\) and \(EF\), and by \(J\) the point of intersection of \(AB\) and \(EF\). Let \(K\) be the midpoint of segment \(EF\); assume it does not lie on line \(AB\).
Prove that \(I\) belongs to the circumcircle of \(ABK\) if and only if \(K\) belongs to the circumcircle of \(CDJ\).
Indices : les idées clés
- Cocyclicités : \(AEBF\) est inscriptible (angles égaux), et \(CDFE\) aussi grâce à \(AB \parallel CD\).
- Puissance de \(J\) et de \(I\) : \(I\) est sur le cercle \(ABK\) si et seulement si \(IJ \cdot JK = FJ \cdot JE\) ; \(K\) est sur le cercle \(CDJ\) si et seulement si \(IJ \cdot IK = IF \cdot IE\).
- Même condition : en exprimant tout en fonction de \(IF\), \(FJ\) et \(FE\), les deux conditions se réduisent à \(FJ = \frac{IF \cdot FE}{2IF + FE}\).
Solutions
Les solutions ci-dessous suivent la solution officielle de la Shortlist 2008 (une solution et une remarque).
Solution¶
Supposons que la disposition des points soit celle de la figure.
Comme \(\angle EBF = 180^\circ - \angle CBF = 180^\circ - \angle EAF\) par hypothèse, le quadrilatère \(AEBF\) est inscriptible. Donc \(AJ \cdot JB = FJ \cdot JE\). Vu cette égalité, \(I\) appartient au cercle circonscrit à \(ABK\) si et seulement si \(IJ \cdot JK = FJ \cdot JE\). En exprimant \(IJ = IF + FJ\), \(JE = FE - FJ\) et \(JK = \frac{1}{2}FE - FJ\), on trouve que \(I\) appartient au cercle circonscrit à \(ABK\) si et seulement si
Comme \(AEBF\) est inscriptible et que \(AB\), \(CD\) sont parallèles, \(\angle FEC = \angle FAB = 180^\circ - \angle CDF\). Donc \(CDFE\) est aussi inscriptible, ce qui donne \(ID \cdot IC = IF \cdot IE\). Il s'ensuit que \(K\) appartient au cercle circonscrit à \(CDJ\) si et seulement si \(IJ \cdot IK = IF \cdot IE\). En exprimant \(IJ = IF + FJ\), \(IK = IF + \frac{1}{2}FE\) et \(IE = IF + FE\), on trouve que \(K\) est sur le cercle circonscrit à \(CDJ\) si et seulement si
La conclusion en découle. \(\blacksquare\)
Remarque¶
Bien que la figure montre \(B\) à l'intérieur du segment \(CE\), il est possible que \(C\) soit à l'intérieur du segment \(BE\). Dans ce cas, \(I\) serait à l'intérieur du segment \(EF\) et \(J\) à l'extérieur. La position du point \(K\) sur la droite \(EF\) par rapport aux points \(I\), \(J\) peut aussi varier.
Certains cas peuvent demander de remplacer un angle \(\varphi\) par \(180^\circ - \varphi\), et, dans le calcul des distances, une somme peut devoir devenir une différence. Tous ces cas sont couverts par la solution proposée si l'on précise clairement qu'on utilise des distances et des angles orientés.