Shortlist 2010, G5

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

Concepts : Chasse aux angles et quadrilatères cycliques · Trigonométrie : loi des sinus, Ceva trigonométrique

Solution officielle : Shortlist officielle 2010 (avec solutions), p. 54 (page 55 du PDF)

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Énoncé

Let \(ABCDE\) be a convex pentagon such that \(BC \parallel AE\), \(AB = BC + AE\), and \(\angle ABC = \angle CDE\). Let \(M\) be the midpoint of \(CE\), and let \(O\) be the circumcenter of triangle \(BCD\). Given that \(\angle DMO = 90^\circ\), prove that \(2\angle BDA = \angle CDE\).

Indices : les idées clés

• Parallélogramme : avec \(T\) sur \([AE)\) tel que \(AT = AB\), on a \(ET = BC\), donc \(BCTE\) est un parallélogramme et \(M\) est aussi le milieu de \(BT\), bissectrice de \(\angle ABC\).
• Symétrie centrale : le symétrique \(K\) de \(D\) par rapport à \(M\) est sur le cercle \(BCD\) (car \(OM \perp DK\)), d'où \(\angle TDE = \angle BKC = \angle BDC\).
• Cocyclicité : \(\angle BDT = \angle CDE = 180^\circ - \angle BAT\), donc \(A\), \(B\), \(D\), \(T\) sont cocycliques ; ou bien (solution 2) un calcul par la loi des sinus.

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2010 (deux solutions).

Solution 1

Choisissons le point \(T\) sur la demi-droite \([AE)\) tel que \(AT = AB\) ; comme \(AE \parallel BC\), on a \(\angle CBT = \angle ATB = \angle ABT\), donc \(BT\) est la bissectrice de \(\angle ABC\). D'autre part, \(ET = AT - AE = AB - AE = BC\), donc le quadrilatère \(BCTE\) est un parallélogramme, et le milieu \(M\) de sa diagonale \(CE\) est aussi le milieu de l'autre diagonale \(BT\).

Ensuite, soit \(K\) le symétrique de \(D\) par rapport à \(M\). Alors \(OM\) est la médiatrice du segment \(DK\), donc \(OD = OK\), ce qui signifie que le point \(K\) est sur le cercle circonscrit au triangle \(BCD\). On a donc \(\angle BDC = \angle BKC\). D'autre part, les angles \(BKC\) et \(TDE\) sont symétriques par rapport à \(M\), donc \(\angle TDE = \angle BKC = \angle BDC\).

Par conséquent, \(\angle BDT = \angle BDE + \angle EDT = \angle BDE + \angle BDC = \angle CDE = \angle ABC = 180^\circ - \angle BAT\). Cela signifie que les points \(A\), \(B\), \(D\), \(T\) sont cocycliques, et donc \(\angle ADB = \angle ATB = \frac{1}{2}\angle ABC = \frac{1}{2}\angle CDE\), comme voulu. \(\blacksquare\)

Solution 2

Posons \(\angle CBD = \alpha\), \(\angle BDC = \beta\), \(\angle ADE = \gamma\), et \(\angle ABC = \angle CDE = 2\varphi\). On a alors \(\angle ADB = 2\varphi - \beta - \gamma\), \(\angle BCD = 180^\circ - \alpha - \beta\), \(\angle AED = 360^\circ - \angle BCD - \angle CDE = 180^\circ - 2\varphi + \alpha + \beta\), et enfin \(\angle DAE = 180^\circ - \angle ADE - \angle AED = 2\varphi - \alpha - \beta - \gamma\).

Soit \(N\) le milieu de \(CD\) ; alors \(\angle DNO = 90^\circ = \angle DMO\), donc les points \(M\), \(N\) sont sur le cercle de diamètre \(OD\). Si les points \(O\) et \(M\) sont du même côté de \(CD\), on a \(\angle DMN = \angle DON = \frac{1}{2}\angle DOC = \alpha\) ; dans l'autre cas, \(\angle DMN = 180^\circ - \angle DON = \alpha\) ; donc, dans les deux cas, \(\angle DMN = \alpha\) (voir les figures). Ensuite, comme \(MN\) est une droite des milieux du triangle \(CDE\), on a \(\angle MDE = \angle DMN = \alpha\) et \(\angle NDM = 2\varphi - \alpha\).

Appliquons maintenant la loi des sinus aux triangles \(ABD\), \(ADE\) (deux fois), \(BCD\) et \(MND\) :

\[\frac{AB}{AD} = \frac{\sin(2\varphi - \beta - \gamma)}{\sin(2\varphi - \alpha)}, \qquad \frac{AE}{AD} = \frac{\sin \gamma}{\sin(2\varphi - \alpha - \beta)}, \qquad \frac{DE}{AD} = \frac{\sin(2\varphi - \alpha - \beta - \gamma)}{\sin(2\varphi - \alpha - \beta)},\]

\[\frac{BC}{CD} = \frac{\sin \beta}{\sin \alpha}, \qquad \frac{CD}{DE} = \frac{CD/2}{DE/2} = \frac{ND}{NM} = \frac{\sin \alpha}{\sin(2\varphi - \alpha)},\]

ce qui implique

\[\frac{BC}{AD} = \frac{BC}{CD} \cdot \frac{CD}{DE} \cdot \frac{DE}{AD} = \frac{\sin \beta \cdot \sin(2\varphi - \alpha - \beta - \gamma)}{\sin(2\varphi - \alpha) \cdot \sin(2\varphi - \alpha - \beta)}.\]

La condition \(AB = AE + BC\), ou de façon équivalente \(\frac{AB}{AD} = \frac{AE + BC}{AD}\), s'écrit donc, après multiplication par le dénominateur commun,

\[\begin{aligned} &\sin(2\varphi - \alpha - \beta) \cdot \sin(2\varphi - \beta - \gamma) = \sin \gamma \cdot \sin(2\varphi - \alpha) + \sin \beta \cdot \sin(2\varphi - \alpha - \beta - \gamma) \\ \iff\ &\cos(\gamma - \alpha) - \cos(4\varphi - 2\beta - \alpha - \gamma) = \cos(2\varphi - \alpha - 2\beta - \gamma) - \cos(2\varphi + \gamma - \alpha) \\ \iff\ &\cos(\gamma - \alpha) + \cos(2\varphi + \gamma - \alpha) = \cos(2\varphi - \alpha - 2\beta - \gamma) + \cos(4\varphi - 2\beta - \alpha - \gamma) \\ \iff\ &\cos \varphi \cdot \cos(\varphi + \gamma - \alpha) = \cos \varphi \cdot \cos(3\varphi - 2\beta - \alpha - \gamma) \\ \iff\ &\cos \varphi \cdot \big(\cos(\varphi + \gamma - \alpha) - \cos(3\varphi - 2\beta - \alpha - \gamma)\big) = 0 \\ \iff\ &\cos \varphi \cdot \sin(2\varphi - \beta - \alpha) \cdot \sin(\varphi - \beta - \gamma) = 0. \end{aligned}\]

Comme \(2\varphi - \beta - \alpha = 180^\circ - \angle AED < 180^\circ\) et \(\varphi = \frac{1}{2}\angle ABC < 90^\circ\), il s'ensuit que \(\varphi = \beta + \gamma\), donc \(\angle BDA = 2\varphi - \beta - \gamma = \varphi = \frac{1}{2}\angle CDE\), comme voulu. \(\blacksquare\)