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Shortlist 2011, G3

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 2011 (avec solutions), p. 48 (page 49 du PDF)

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Énoncé

Let \(ABCD\) be a convex quadrilateral whose sides \(AD\) and \(BC\) are not parallel. Suppose that the circles with diameters \(AB\) and \(CD\) meet at points \(E\) and \(F\) inside the quadrilateral. Let \(\omega_E\) be the circle through the feet of the perpendiculars from \(E\) to the lines \(AB\), \(BC\), and \(CD\). Let \(\omega_F\) be the circle through the feet of the perpendiculars from \(F\) to the lines \(CD\), \(DA\), and \(AB\). Prove that the midpoint of the segment \(EF\) lies on the line through the two intersection points of \(\omega_E\) and \(\omega_F\).

Indices : les idées clés
  • Chasse aux angles : comme \(\angle AEB = \angle CED = 90^\circ\), les quatre projections de \(E\) sur les côtés sont cocycliques ; de même pour \(F\).
  • Points supplémentaires : avec \(K = AD \cap BC\), les points \(P' = EP \cap BC\) et \(R' = ER \cap AD\) sont aussi sur \(\omega_E\) ; de même \(M'\), \(N'\) sont sur \(\omega_F\).
  • Axe radical : \(U = NN' \cap PP'\) et \(V = MM' \cap RR'\) ont même puissance par rapport aux deux cercles ; \(EUFV\) est un parallélogramme, donc \(UV\) coupe \(EF\) en son milieu.
Solutions

Les solutions ci-dessous suivent la solution officielle de la Shortlist 2011 (une solution).

Solution

Notons \(P\), \(Q\), \(R\) et \(S\) les projections de \(E\) sur les droites \(DA\), \(AB\), \(BC\) et \(CD\) respectivement. Les points \(P\) et \(Q\) sont sur le cercle de diamètre \(AE\), donc \(\angle QPE = \angle QAE\) ; de même, \(\angle QRE = \angle QBE\). Ainsi \(\angle QPE + \angle QRE = \angle QAE + \angle QBE = 90^\circ\). Pour des raisons analogues, \(\angle SPE + \angle SRE = 90^\circ\), d'où \(\angle QPS + \angle QRS = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ\), et le quadrilatère \(PQRS\) est inscrit dans \(\omega_E\). De même, les quatre projections de \(F\) sur les côtés de \(ABCD\) sont sur \(\omega_F\).

Notons \(K\) le point d'intersection des droites \(AD\) et \(BC\). D'après ce qui précède, on peut supposer sans perte de généralité que \(A\) est sur le segment \(DK\). Supposons \(\angle CKD \geq 90^\circ\) ; alors le cercle de diamètre \(CD\) recouvre tout le quadrilatère \(ABCD\), et les points \(E\), \(F\) ne peuvent pas être à l'intérieur de ce quadrilatère. Cette hypothèse est donc fausse. Par conséquent, les droites \(EP\) et \(BC\) se coupent en un point \(P'\), et les droites \(ER\) et \(AD\) se coupent en un point \(R'\).

Figure 1

Montrons que les points \(P'\) et \(R'\) appartiennent aussi à \(\omega_E\). Comme les points \(R\), \(E\), \(Q\), \(B\) sont cocycliques, \(\angle QRK = \angle QEB = 90^\circ - \angle QBE = \angle QAE = \angle QPE\). Donc \(\angle QRK = \angle QPP'\), ce qui signifie que le point \(P'\) est sur \(\omega_E\). De même, \(R'\) est sur \(\omega_E\).

De la même manière, notons \(M\) et \(N\) les projections de \(F\) sur les droites \(AD\) et \(BC\) respectivement, et posons \(M' = FM \cap BC\), \(N' = FN \cap AD\). Par les mêmes arguments, les points \(M'\) et \(N'\) appartiennent à \(\omega_F\).

Figure 2

Concentrons-nous maintenant sur la figure 2, où tous les détails inutiles ont été retirés. Posons \(U = NN' \cap PP'\) et \(V = MM' \cap RR'\). Grâce aux angles droits en \(N\) et \(P\), les points \(N\), \(N'\), \(P\), \(P'\) sont cocycliques, donc \(UN \cdot UN' = UP \cdot UP'\), ce qui signifie que \(U\) appartient à l'axe radical \(g\) des cercles \(\omega_E\) et \(\omega_F\). De même, \(V\) appartient aussi à \(g\).

Enfin, comme \(EUFV\) est un parallélogramme (ses côtés sont deux à deux perpendiculaires à \(AD\) et à \(BC\)), l'axe radical \(UV\) de \(\omega_E\) et \(\omega_F\) coupe \(EF\) en son milieu. \(\blacksquare\)