Shortlist 2008, G6

Domaine : Géométrie · Difficulté : ★★★★☆ · Proposé par : non indiqué

Concepts : Chasse aux angles et quadrilatères cycliques · Homothétie · Centres du triangle et lemmes classiques

Solution officielle : Shortlist officielle 2008 (avec solutions), p. 37 (page 38 du PDF)

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Énoncé

There is given a convex quadrilateral \(ABCD\). Prove that there exists a point \(P\) inside the quadrilateral such that

\[\angle PAB + \angle PDC = \angle PBC + \angle PAD = \angle PCD + \angle PBA = \angle PDA + \angle PCB = 90^\circ \tag{1}\]

if and only if the diagonals \(AC\) and \(BD\) are perpendicular.

Indices : les idées clés

• Projections : avec \(K\), \(L\), \(M\), \(N\) les pieds des perpendiculaires issues de \(P\) sur les côtés, la chasse aux angles dans \(AKPN\), \(DNPM\) montre que (1) équivaut à : \(KLMN\) est un rectangle.
• Sens direct : la droite des centres \(O_AO_C\) des cercles \(AKPN\) et \(CMPL\) est parallèle à \(KL\) et à \(AC\), donc \(AC \parallel KL\) et de même \(BD \parallel KN\).
• Réciproque : \(P\) est l'intersection des diamètres \(AV_A\) et \(CV_C\) des cercles \(ABD\) et \(CDB\) (conjugués isogonaux) ; deux homothéties de même rapport \(\lambda\) donnent le rectangle.

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2008 (deux solutions).

Solution 1

Pour un point \(P\) de \(ABCD\) vérifiant (1), soient \(K\), \(L\), \(M\), \(N\) les pieds des perpendiculaires issues de \(P\) sur les droites \(AB\), \(BC\), \(CD\), \(DA\) respectivement. Remarquons que \(K\), \(L\), \(M\), \(N\) sont intérieurs aux côtés, puisque tous les angles de (1) sont aigus. Les quadrilatères inscriptibles \(AKPN\) et \(DNPM\) donnent

\[\angle PAB + \angle PDC = \angle PNK + \angle PNM = \angle KNM.\]

De même, \(\angle PBC + \angle PAD = \angle LKN\) et \(\angle PCD + \angle PBA = \angle MLK\). Les égalités (1) impliquent donc \(\angle KNM = \angle LKN = \angle MLK = 90^\circ\), de sorte que \(KLMN\) est un rectangle. La réciproque est aussi vraie, pourvu que \(K\), \(L\), \(M\), \(N\) soient intérieurs aux côtés \(AB\), \(BC\), \(CD\), \(DA\).

(i) Supposons qu'il existe un point \(P\) dans \(ABCD\) tel que \(KLMN\) soit un rectangle. Montrons que \(AC\) et \(BD\) sont parallèles aux côtés correspondants de \(KLMN\).

Soient \(O_A\) et \(O_C\) les centres des cercles circonscrits aux quadrilatères inscriptibles \(AKPN\) et \(CMPL\). La droite \(O_AO_C\) est la médiatrice commune de \(LM\) et de \(KN\) ; elle est donc parallèle à \(KL\) et à \(MN\). D'autre part, \(O_AO_C\) est la droite des milieux du triangle \(ACP\) parallèle à \(AC\). La diagonale \(AC\) est donc parallèle aux côtés \(KL\) et \(MN\) du rectangle. De même, \(BD\) est parallèle à \(KN\) et à \(LM\). Donc \(AC\) et \(BD\) sont perpendiculaires.

(ii) Supposons que \(AC\) et \(BD\) soient perpendiculaires et se coupent en \(R\). Si \(ABCD\) est un losange, on peut choisir pour \(P\) son centre. Supposons donc que \(ABCD\) n'est pas un losange, et, sans perte de généralité, que \(BR < DR\).

Notons \(U_A\) et \(U_C\) les centres des cercles circonscrits aux triangles \(ABD\) et \(CDB\) respectivement. Soient \(AV_A\) et \(CV_C\) les diamètres de ces deux cercles passant par \(A\) et \(C\). Comme \(AR\) est une hauteur du triangle \(ADB\), les droites \(AC\) et \(AV_A\) sont isogonales, c'est-à-dire \(\angle DAV_A = \angle BAC\). Or \(BR < DR\) implique que la demi-droite \(AU_A\) est dans l'angle \(\angle DAC\). De même, la demi-droite \(CU_C\) est dans l'angle \(\angle DCA\). Les deux diamètres \(AV_A\) et \(CV_C\) coupent \(BD\), puisque les angles en \(B\) et \(D\) des deux triangles sont aigus. De plus, \(U_AU_C\) est parallèle à \(AC\), puisque c'est la médiatrice de \(BD\). Donc \(V_AV_C\) est aussi parallèle à \(AC\). On en déduit que \(AV_A\) et \(CV_C\) se coupent en un point \(P\) intérieur au triangle \(ACD\), donc intérieur à \(ABCD\).

Construisons les points \(K\), \(L\), \(M\), \(N\), \(O_A\) et \(O_C\) comme dans l'introduction. Il découle du paragraphe précédent que \(K\), \(L\), \(M\), \(N\) sont intérieurs aux côtés correspondants. Maintenant, \(O_AO_C\) est de nouveau une droite des milieux du triangle \(ACP\). Les droites \(AC\), \(O_AO_C\) et \(U_AU_C\) sont donc parallèles.

Le quadrilatère inscriptible \(AKPN\) donne \(\angle NKP = \angle NAP\). Comme \(\angle NAP = \angle DAU_A = \angle BAC\), comme on l'a vu ci-dessus, on obtient \(\angle NKP = \angle BAC\). Comme \(PK\) est perpendiculaire à \(AB\), il s'ensuit que \(NK\) est perpendiculaire à \(AC\), donc parallèle à \(BD\). De même, \(LM\) est parallèle à \(BD\).

Considérons les deux homothéties de centres \(A\) et \(C\) qui envoient respectivement les triangles \(ABD\) et \(CDB\) sur les triangles \(AKN\) et \(CML\). Les images des points \(U_A\) et \(U_C\) sont \(O_A\) et \(O_C\) respectivement. Comme \(U_AU_C\) et \(O_AO_C\) sont parallèles à \(AC\), les deux rapports d'homothétie sont égaux, à savoir \(\lambda = AN/AD = AK/AB = AO_A/AU_A = CO_C/CU_C = CM/CD = CL/CB\). Il est alors immédiat que \(DN/DA = DM/DC = BK/BA = BL/BC = 1 - \lambda\). Donc \(KL\) et \(MN\) sont parallèles à \(AC\), ce qui implique que \(KLMN\) est un rectangle et termine la preuve. \(\blacksquare\)

Solution 2

Pour un point \(P\) distinct de \(A\), \(B\), \(C\), \(D\), soit \(Q\) le second point d'intersection des cercles \((APD)\) et \((BPC)\) (\(Q = P\) si les cercles sont tangents). Soit ensuite \(R\) le second point d'intersection des cercles \((AQB)\) et \((CQD)\). Montrons que si \(P\) est dans \(ABCD\) et vérifie (1), alors \(AC\) et \(BD\) se coupent en \(R\) et sont perpendiculaires ; la réciproque est aussi vraie. Il est commode d'utiliser des angles orientés. Notons \(\measuredangle(UV, XY)\) l'angle de la rotation dans le sens direct qui rend la droite \(UV\) parallèle à la droite \(XY\). Rappelons que quatre points non alignés \(U\), \(V\), \(X\), \(Y\) sont cocycliques si et seulement si \(\measuredangle(UX, VX) = \measuredangle(UY, VY)\).

Les définitions des points \(P\), \(Q\) et \(R\) impliquent

\[\begin{aligned} \measuredangle(AR, BR) &= \measuredangle(AQ, BQ) = \measuredangle(AQ, PQ) + \measuredangle(PQ, BQ) = \measuredangle(AD, PD) + \measuredangle(PC, BC), \\ \measuredangle(CR, DR) &= \measuredangle(CQ, DQ) = \measuredangle(CQ, PQ) + \measuredangle(PQ, DQ) = \measuredangle(CB, PB) + \measuredangle(PA, DA), \\ \measuredangle(BR, CR) &= \measuredangle(BR, RQ) + \measuredangle(RQ, CR) = \measuredangle(BA, AQ) + \measuredangle(DQ, CD) \\ &= \measuredangle(BA, AP) + \measuredangle(AP, AQ) + \measuredangle(DQ, DP) + \measuredangle(DP, CD) = \measuredangle(BA, AP) + \measuredangle(DP, CD). \end{aligned}\]

Remarquons que toute la construction est réversible. On peut partir du point \(R\), définir \(Q\) comme le second point d'intersection des cercles \((ARB)\) et \((CRD)\), puis définir \(P\) comme le second point d'intersection des cercles \((AQD)\) et \((BQC)\). Les égalités ci-dessus restent vraies.

Supposons de plus que \(P\) soit intérieur à \(ABCD\). Alors

\[\measuredangle(AD, PD) = \angle PDA, \ \measuredangle(PC, BC) = \angle PCB, \ \measuredangle(CB, PB) = \angle PBC, \ \measuredangle(PA, DA) = \angle PAD, \ \measuredangle(BA, AP) = \angle PAB, \ \measuredangle(DP, CD) = \angle PDC.\]

(i) Supposons que \(P\) soit dans \(ABCD\) et vérifie (1). Alors \(\measuredangle(AR, BR) = \angle PDA + \angle PCB = 90^\circ\) et de même \(\measuredangle(BR, CR) = \measuredangle(CR, DR) = 90^\circ\). Il s'ensuit que \(R\) est le point commun des droites \(AC\) et \(BD\), et que ces droites sont perpendiculaires.

(ii) Supposons que \(AC\) et \(BD\) soient perpendiculaires et se coupent en \(R\). Montrons que le point \(P\) défini par la construction inverse (en partant de \(R\) et en finissant par \(P\)) est dans \(ABCD\). Cela suffit pour terminer la solution, car alors les égalités d'angles ci-dessus impliqueront (1).

On peut supposer que \(Q\), le second point commun des cercles \((ABR)\) et \((CDR)\), est dans l'angle \(\angle ARD\). En fait, \(Q\) est alors dans le triangle \(ADR\), puisque les angles \(AQR\) et \(DQR\) sont obtus. Donc \(\angle AQD\) est obtus aussi, de sorte que \(B\) et \(C\) sont à l'extérieur du cercle \((ADQ)\) (les angles \(\angle ABD\) et \(\angle ACD\) sont aigus).

Or \(\angle CAB + \angle CDB = \angle BQR + \angle CQR = \angle CQB\) implique \(\angle CAB < \angle CQB\) et \(\angle CDB < \angle CQB\). Donc \(A\) et \(D\) sont à l'extérieur du cercle \((BCQ)\). En conclusion, le second point commun \(P\) des cercles \((ADQ)\) et \((BCQ)\) est sur leurs arcs \(ADQ\) et \(BCQ\).

On peut supposer que \(P\) est dans l'angle \(\angle CQD\). Comme

\[\angle QPC + \angle QPD = (180^\circ - \angle QBC) + (180^\circ - \angle QAD) = 360^\circ - (\angle RBC + \angle QBR) - (\angle RAD - \angle QAR) = 360^\circ - \angle RBC - \angle RAD > 180^\circ,\]

le point \(P\) est dans le triangle \(CDQ\), donc dans \(ABCD\). La preuve est complète. \(\blacksquare\)