Shortlist 2010, G2¶
Domaine : Géométrie · Difficulté : ★★☆☆☆ · Proposé par : Poland
Concepts : Triangles semblables et similitudes · Puissance d'un point et axe radical · Chasse aux angles et quadrilatères cycliques
Solution officielle : Shortlist officielle 2010 (avec solutions), p. 45 (page 46 du PDF)
Problème 4 de l'OIM 2010
Ce problème a été choisi parmi ceux de la shortlist pour l'épreuve de l'OIM 2010, où il était le problème 4 (jour 2).
Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.
Énoncé¶
Point \(P\) lies inside triangle \(ABC\). Lines \(AP\), \(BP\), \(CP\) meet the circumcircle of \(ABC\) again at points \(K\), \(L\), \(M\), respectively. The tangent to the circumcircle at \(C\) meets line \(AB\) at \(S\). Prove that \(SC = SP\) if and only if \(MK = ML\).
Indices : les idées clés
- Triangles semblables : \(PKM \sim PCA\) et \(PLM \sim PCB\) donnent \(\frac{LM}{KM} = \frac{CB}{CA} \cdot \frac{PA}{PB}\), donc \(MK = ML \iff \frac{PB}{PA} = \frac{CB}{CA}\).
- Cercle d'Apollonius : ce lieu est un cercle de centre \(Q\) sur \(AB\) passant par \(C\) et par le pied \(E\) de la bissectrice ; on montre que \(S = Q\) car \(SC = SE\).
- Puissance (solution 2) : \(SP^2 = SC^2 = SA \cdot SB\) donne \(PSA \sim BSP\), puis une comparaison d'arcs.
Solutions
Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2010 (trois solutions).
Solution 1¶
On suppose \(CA > CB\), de sorte que le point \(S\) est sur la demi-droite \([AB)\).
Des triangles semblables \(PKM \sim PCA\) et \(PLM \sim PCB\), on tire \(\frac{PM}{KM} = \frac{PA}{CA}\) et \(\frac{LM}{PM} = \frac{CB}{PB}\). En multipliant ces deux égalités, on obtient
La relation \(MK = ML\) équivaut donc à \(\frac{CB}{CA} = \frac{PB}{PA}\).
Notons \(E\) le pied de la bissectrice issue de \(C\) dans le triangle \(ABC\) (le livret écrit « bissectrice de l'angle \(B\) » ; il s'agit de l'angle \(C\), puisque \(\angle ACE = \angle ECB\) plus bas). Rappelons que le lieu des points \(X\) tels que \(\frac{XA}{XB} = \frac{CA}{CB}\) est le cercle d'Apollonius \(\Omega\), de centre \(Q\) sur la droite \(AB\), et que ce cercle passe par \(C\) et par \(E\). On a donc \(MK = ML\) si et seulement si \(P\) est sur \(\Omega\), c'est-à-dire \(QP = QC\).
Montrons maintenant que \(S = Q\), ce qui établira l'énoncé. On a \(\angle CES = \angle CAE + \angle ACE = \angle BCS + \angle ECB = \angle ECS\), donc \(SC = SE\). Le point \(S\) est donc sur \(AB\) et sur la médiatrice de \(CE\), et il coïncide donc avec \(Q\). \(\blacksquare\)
Solution 2¶
Comme dans la solution précédente, on suppose que \(S\) est sur la demi-droite \([AB)\).
- Soit \(P\) un point quelconque intérieur à la fois au cercle circonscrit \(\omega\) du triangle \(ABC\) et à l'angle \(ASC\), et soient \(K\), \(L\), \(M\) définis comme dans l'énoncé. Montrons que \(SP = SC\) implique \(MK = ML\).
Soient \(E\) et \(F\) les points d'intersection de la droite \(SP\) avec \(\omega\), le point \(E\) étant sur le segment \(SP\) (voir figure 2).
On a \(SP^2 = SC^2 = SA \cdot SB\), donc \(\frac{SP}{SB} = \frac{SA}{SP}\), et par conséquent \(PSA \sim BSP\). Alors \(\angle BPS = \angle SAP\). Comme \(2\angle BPS = \overset{\frown}{BE} + \overset{\frown}{LF}\) et \(2\angle SAP = \overset{\frown}{BE} + \overset{\frown}{EK}\), on a
D'autre part, de \(\angle SPC = \angle SCP\), on tire \(\overset{\frown}{EC} + \overset{\frown}{MF} = \overset{\frown}{EC} + \overset{\frown}{EM}\), soit
De (1) et (2), on obtient \(\overset{\frown}{MFL} = \overset{\frown}{MF} + \overset{\frown}{FL} = \overset{\frown}{ME} + \overset{\frown}{EK} = \overset{\frown}{MEK}\), et donc \(MK = ML\). L'affirmation est prouvée.
- Il reste à prouver la réciproque. Supposons donc \(MK = ML\), et introduisons les points \(E\) et \(F\) comme ci-dessus. On a \(SC^2 = SE \cdot SF\) ; il existe donc un point \(P'\) du segment \(EF\) tel que \(SP' = SC\) (voir figure 3).
Supposons \(P \neq P'\). Soient \(K'\), \(L'\), \(M'\) les seconds points d'intersection des droites \(AP'\), \(BP'\), \(CP'\) avec \(\omega\). Si \(P'\) est sur le segment \(PF\), la première partie de la solution donne \(\overset{\frown}{M'FL'} = \overset{\frown}{M'EK'}\). D'autre part, \(\overset{\frown}{MFL} > \overset{\frown}{M'FL'} = \overset{\frown}{M'EK'} > \overset{\frown}{MEK}\), donc \(\overset{\frown}{MFL} > \overset{\frown}{MEK}\), ce qui contredit \(MK = ML\).
De même, si \(P'\) est sur le segment \(EP\), on obtient \(\overset{\frown}{MFL} < \overset{\frown}{MEK}\), ce qui est impossible. Les points \(P\) et \(P'\) coïncident donc, et \(SP = SP' = SC\). \(\blacksquare\)
Solution 3¶
Voici une autre preuve du sens réciproque, c'est-à-dire \(MK = ML \Rightarrow SP = SC\). Comme dans les solutions précédentes, on suppose \(CA > CB\), et la droite \(SP\) coupe \(\omega\) en \(E\) et \(F\).
De \(ML = MK\), on tire \(\overset{\frown}{MEK} = \overset{\frown}{MFL}\). Montrons que \(\overset{\frown}{ME} = \overset{\frown}{MF}\) et \(\overset{\frown}{EK} = \overset{\frown}{FL}\).
Supposons d'abord, au contraire, que \(\overset{\frown}{ME} > \overset{\frown}{MF}\) ; alors \(\overset{\frown}{EK} = \overset{\frown}{MEK} - \overset{\frown}{ME} < \overset{\frown}{MFL} - \overset{\frown}{MF} = \overset{\frown}{FL}\). L'inégalité \(\overset{\frown}{ME} > \overset{\frown}{MF}\) implique \(2\angle SCM = \overset{\frown}{EC} + \overset{\frown}{ME} > \overset{\frown}{EC} + \overset{\frown}{MF} = 2\angle SPC\), et donc \(SP > SC\). D'autre part, l'inégalité \(\overset{\frown}{EK} < \overset{\frown}{FL}\) implique \(2\angle SPK = \overset{\frown}{EK} + \overset{\frown}{AF} < \overset{\frown}{FL} + \overset{\frown}{AF} = 2\angle ABL\), donc
Considérons le point \(A'\) de la demi-droite \([SA)\) tel que \(\angle SPA' = \angle SBP\) ; dans notre cas, ce point est sur le segment \(SA\) (voir figure 4). Alors \(SBP \sim SPA'\) et \(SP^2 = SB \cdot SA' < SB \cdot SA = SC^2\). Donc \(SP < SC\), ce qui contredit \(SP > SC\).
De même, on prouve que l'inégalité \(\overset{\frown}{ME} < \overset{\frown}{MF}\) est impossible. On obtient donc \(\overset{\frown}{ME} = \overset{\frown}{MF}\), et par conséquent \(2\angle SCM = \overset{\frown}{EC} + \overset{\frown}{ME} = \overset{\frown}{EC} + \overset{\frown}{MF} = 2\angle SPC\), ce qui implique \(SC = SP\). \(\blacksquare\)