Shortlist 2011, G2

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

Concepts : Puissance d'un point et axe radical · Coordonnées et nombres complexes

Solution officielle : Shortlist officielle 2011 (avec solutions), p. 46 (page 47 du PDF)

Énoncé

Let \(A_1A_2A_3A_4\) be a non-cyclic quadrilateral. Let \(O_1\) and \(r_1\) be the circumcenter and the circumradius of the triangle \(A_2A_3A_4\). Define \(O_2, O_3, O_4\) and \(r_2, r_3, r_4\) in a similar way. Prove that

\[\frac{1}{O_1A_1^2 - r_1^2} + \frac{1}{O_2A_2^2 - r_2^2} + \frac{1}{O_3A_3^2 - r_3^2} + \frac{1}{O_4A_4^2 - r_4^2} = 0.\]

Indices : les idées clés

• Puissance d'un point : \(O_1A_1^2 - r_1^2\) est la puissance de \(A_1\) par rapport au cercle \(A_2A_3A_4\) ; on la calcule le long de la diagonale \(A_1A_3\).
• Distances algébriques : avec \(M = A_1A_3 \cap A_2A_4\) et \(x, y, z, w\) les distances algébriques de \(M\) aux sommets, \(O_1A_1^2 - r_1^2 = \frac{z - x}{z}(yw - xz)\), et la somme se simplifie en \(0\).
• Coordonnées : la combinaison \(\sum p_i(x, y)/(d_i^2 - r_i^2) = 1\) s'annule en quatre points non cocycliques, donc c'est une identité et le coefficient de \(x^2 + y^2\) est nul.

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2011 (deux solutions et deux remarques).

Solution 1

Soit \(M\) le point d'intersection des diagonales \(A_1A_3\) et \(A_2A_4\). Choisissons une orientation sur chaque diagonale, et soient \(x\), \(y\), \(z\) et \(w\) les distances algébriques de \(M\) aux points \(A_1\), \(A_2\), \(A_3\) et \(A_4\) respectivement.

Soit \(\omega_1\) le cercle circonscrit au triangle \(A_2A_3A_4\) et soit \(B_1\) le second point d'intersection de \(\omega_1\) et de \(A_1A_3\) (ainsi, \(B_1 = A_3\) si et seulement si \(A_1A_3\) est tangente à \(\omega_1\)). Comme \(O_1A_1^2 - r_1^2\) est la puissance du point \(A_1\) par rapport à \(\omega_1\), on a

\[O_1A_1^2 - r_1^2 = A_1B_1 \cdot A_1A_3.\]

D'autre part, l'égalité \(MB_1 \cdot MA_3 = MA_2 \cdot MA_4\) donne \(MB_1 = \frac{yw}{z}\). On a donc

\[O_1A_1^2 - r_1^2 = \left(\frac{yw}{z} - x\right)(z - x) = \frac{z - x}{z}(yw - xz).\]

En substituant les expressions analogues dans la somme cherchée, on obtient

\[\sum_{i=1}^{4} \frac{1}{O_iA_i^2 - r_i^2} = \frac{1}{yw - xz}\left(\frac{z}{z - x} - \frac{w}{w - y} + \frac{x}{x - z} - \frac{y}{y - w}\right) = 0,\]

comme voulu. \(\blacksquare\)

Remarque. On pourrait reformuler le problème en supposant le quadrilatère \(A_1A_2A_3A_4\) convexe. Cela ne devrait pas vraiment changer la difficulté, mais les preuves qui distinguent plusieurs cas peuvent devenir plus courtes.

Solution 2

Introduisons un repère cartésien du plan. Tout cercle a une équation de la forme \(p(x, y) = x^2 + y^2 + l(x, y) = 0\), où \(l(x, y)\) est un polynôme de degré au plus \(1\). Pour tout point \(A = (x_A, y_A)\), on a \(p(x_A, y_A) = d^2 - r^2\), où \(d\) est la distance de \(A\) au centre du cercle et \(r\) son rayon.

Pour chaque \(i \in \{1, 2, 3, 4\}\), soit \(p_i(x, y) = x^2 + y^2 + l_i(x, y) = 0\) l'équation du cercle de centre \(O_i\) et de rayon \(r_i\), et soit \(d_i\) la distance de \(A_i\) à \(O_i\). Considérons l'équation

\[\sum_{i=1}^{4} \frac{p_i(x, y)}{d_i^2 - r_i^2} = 1. \tag{1}\]

Les coordonnées des points \(A_1\), \(A_2\), \(A_3\) et \(A_4\) vérifient (1) (en \(A_j\), seul le terme \(i = j\) est non nul, et il vaut \(1\)), mais ces quatre points ne sont ni sur un cercle ni sur une droite ; l'équation (1) ne définit donc ni un cercle ni une droite. C'est donc une identité, et le coefficient du terme quadratique \(x^2 + y^2\) doit aussi être nul, c'est-à-dire

\[\sum_{i=1}^{4} \frac{1}{d_i^2 - r_i^2} = 0. \qquad \blacksquare\]

Remarque

En utilisant l'équation sous forme de déterminant du cercle passant par trois points donnés, on peut formuler la même solution ainsi. Pour \(i = 1, 2, 3, 4\), soient \((u_i, v_i)\) les coordonnées de \(A_i\), et posons

\[\Delta = \begin{vmatrix} u_1^2 + v_1^2 & u_1 & v_1 & 1 \\ u_2^2 + v_2^2 & u_2 & v_2 & 1 \\ u_3^2 + v_3^2 & u_3 & v_3 & 1 \\ u_4^2 + v_4^2 & u_4 & v_4 & 1 \end{vmatrix} \qquad \text{et} \qquad \Delta_i = \begin{vmatrix} u_{i+1} & v_{i+1} & 1 \\ u_{i+2} & v_{i+2} & 1 \\ u_{i+3} & v_{i+3} & 1 \end{vmatrix},\]

où \(i + 1\), \(i + 2\) et \(i + 3\) sont lus modulo \(4\) comme des entiers de \(\{1, 2, 3, 4\}\). En développant

\[\begin{vmatrix} u_1 & v_1 & 1 & 1 \\ u_2 & v_2 & 1 & 1 \\ u_3 & v_3 & 1 & 1 \\ u_4 & v_4 & 1 & 1 \end{vmatrix} = 0\]

selon la troisième colonne, on obtient \(\Delta_1 - \Delta_2 + \Delta_3 - \Delta_4 = 0\).

Le cercle passant par \(A_{i+1}\), \(A_{i+2}\) et \(A_{i+3}\) a pour équation

\[\frac{1}{\Delta_i}\begin{vmatrix} x^2 + y^2 & x & y & 1 \\ u_{i+1}^2 + v_{i+1}^2 & u_{i+1} & v_{i+1} & 1 \\ u_{i+2}^2 + v_{i+2}^2 & u_{i+2} & v_{i+2} & 1 \\ u_{i+3}^2 + v_{i+3}^2 & u_{i+3} & v_{i+3} & 1 \end{vmatrix} = 0. \tag{2}\]

Dans le membre de gauche, le coefficient de \(x^2 + y^2\) vaut \(1\). En substituant \((u_i, v_i)\) à \((x, y)\) dans (2), on obtient la puissance du point \(A_i\) par rapport au cercle passant par \(A_{i+1}\), \(A_{i+2}\) et \(A_{i+3}\) :

\[d_i^2 - r_i^2 = \frac{1}{\Delta_i}\begin{vmatrix} u_i^2 + v_i^2 & u_i & v_i & 1 \\ u_{i+1}^2 + v_{i+1}^2 & u_{i+1} & v_{i+1} & 1 \\ u_{i+2}^2 + v_{i+2}^2 & u_{i+2} & v_{i+2} & 1 \\ u_{i+3}^2 + v_{i+3}^2 & u_{i+3} & v_{i+3} & 1 \end{vmatrix} = (-1)^{i+1}\frac{\Delta}{\Delta_i}.\]

On a donc

\[\sum_{i=1}^{4} \frac{1}{d_i^2 - r_i^2} = \frac{\Delta_1 - \Delta_2 + \Delta_3 - \Delta_4}{\Delta} = 0.\]