Shortlist 2011, G7

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

Concepts : Outils projectifs : birapport, division harmonique, pôles et polaires · Coordonnées et nombres complexes · Chasse aux angles et quadrilatères cycliques

Solution officielle : Shortlist officielle 2011 (avec solutions), p. 57 (page 58 du PDF)

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Énoncé

Let \(ABCDEF\) be a convex hexagon all of whose sides are tangent to a circle \(\omega\) with center \(O\). Suppose that the circumcircle of triangle \(ACE\) is concentric with \(\omega\). Let \(J\) be the foot of the perpendicular from \(B\) to \(CD\). Suppose that the perpendicular from \(B\) to \(DF\) intersects the line \(EO\) at a point \(K\). Let \(L\) be the foot of the perpendicular from \(K\) to \(DE\). Prove that \(DJ = DL\).

Indices : les idées clés

• Tangentes égales : comme les cercles sont concentriques, \(AB = BC\), \(CD = DE\), \(EF = FA\) et \(\angle BCD = \angle DEF = \angle FAB\).
• Rotations autour de \(D\) (envoyant \(C\) sur \(E\)) et de \(F\) (envoyant \(A\) sur \(E\)) : les images \(B'\), \(B''\) de \(B\) sont symétriques par rapport à \(EO\), et le critère \(XP^2 - XQ^2 = \text{const}\) pour la perpendicularité donne \(K'B \perp DF\).
• Pôles et polaires (solution 2) : \(D\), \(F\) et \(Z = UV \cap WT\) sont alignés ; un calcul de produits scalaires donne \(DL \cdot UD = DJ \cdot TD\).

Solutions

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

Solution 1

Comme \(\omega\) et le cercle circonscrit au triangle \(ACE\) sont concentriques, les tangentes à \(\omega\) issues de \(A\), \(C\) et \(E\) ont la même longueur ; cela signifie que \(AB = BC\), \(CD = DE\) et \(EF = FA\). De plus, \(\angle BCD = \angle DEF = \angle FAB\).

Considérons la rotation de centre \(D\) qui envoie \(C\) sur \(E\) ; soient \(B'\) et \(L'\) les images des points \(B\) et \(J\) par cette rotation. Alors \(DJ = DL'\) et \(B'L' \perp DE\) ; de plus, les triangles \(B'ED\) et \(BCD\) sont isométriques. Comme \(\angle DEO < 90^\circ\), les droites \(EO\) et \(B'L'\) se coupent en un point \(K'\). Nous allons prouver que \(K'B \perp DF\) ; cela entraînera \(K = K'\), donc \(L = L'\), ce qui prouve l'énoncé.

De même, considérons la rotation de centre \(F\) qui envoie \(A\) sur \(E\) ; soit \(B''\) l'image de \(B\) par cette rotation. Les triangles \(FAB\) et \(FEB''\) sont alors isométriques. On a \(EB'' = AB = BC = EB'\) et \(\angle FEB'' = \angle FAB = \angle BCD = \angle DEB'\), donc les points \(B'\) et \(B''\) sont symétriques par rapport à la bissectrice \(EO\) de l'angle \(\angle DEF\). Ainsi, de \(K'B' \perp DE\) on déduit \(K'B'' \perp EF\). Ces deux relations donnent

\[K'D^2 - K'E^2 = B'D^2 - B'E^2 \qquad \text{et} \qquad K'E^2 - K'F^2 = B''E^2 - B''F^2.\]

En additionnant ces égalités et en tenant compte de \(B'E = B''E\), on obtient

\[K'D^2 - K'F^2 = B'D^2 - B''F^2 = BD^2 - BF^2,\]

ce qui signifie exactement que \(K'B \perp DF\). \(\blacksquare\)

Remarque. Il existe plusieurs variantes de cette solution. Par exemple, considérons le point d'intersection \(M\) des droites \(BJ\) et \(OC\). Définissons le point \(K'\) comme le symétrique de \(M\) par rapport à la droite \(DO\). On a alors

\[DK'^2 - DB^2 = DM^2 - DB^2 = CM^2 - CB^2.\]

Considérons ensuite la rotation de centre \(O\) qui envoie \(CM\) sur \(EK'\). Soit \(P\) l'image de \(B\) par cette rotation ; \(P\) est donc sur \(ED\). Alors \(EF \perp K'P\), donc

\[CM^2 - CB^2 = EK'^2 - EP^2 = FK'^2 - FP^2 = FK'^2 - FB^2,\]

puisque les triangles \(FEP\) et \(FAB\) sont isométriques.

Solution 2

Notons \(R\), \(S\), \(T\), \(U\), \(V\) et \(W\) les points de contact de \(AB\), \(BC\), \(CD\), \(DE\), \(EF\) et \(FA\) avec \(\omega\) respectivement. Comme dans la solution précédente, on remarque que \(AR = AW = CS = CT = EU = EV\).

La symétrie par rapport à la droite \(BO\) envoie \(R\) sur \(S\), donc \(A\) sur \(C\), et donc aussi \(W\) sur \(T\). Les droites \(RS\) et \(WT\) sont donc toutes deux perpendiculaires à \(OB\), et donc parallèles. D'autre part, les droites \(UV\) et \(WT\) ne sont pas parallèles : sinon l'hexagone \(ABCDEF\) serait symétrique par rapport à la droite \(BO\), et les droites qui définissent le point \(K\) seraient confondues, ce qui contredit les hypothèses du problème. On peut donc considérer le point d'intersection \(Z\) de \(UV\) et \(WT\).

Rappelons ensuite un fait bien connu : les points \(D\), \(F\), \(Z\) sont alignés. En effet, \(D\) est le pôle de la droite \(UT\), \(F\) est le pôle de \(VW\), et \(Z = TW \cap UV\) ; tous ces points sont donc sur la polaire de \(TU \cap VW\).

Plaçons maintenant \(O\) à l'origine, et identifions chaque point \(X\) au vecteur \(\overrightarrow{OX}\). Désormais, tous les produits de points désignent les produits scalaires des vecteurs correspondants.

Comme \(OK \perp UZ\) et \(OB \perp TZ\), on a \(K \cdot (Z - U) = 0 = B \cdot (Z - T)\). Ensuite, la condition \(BK \perp DZ\) s'écrit \(K \cdot (D - Z) = B \cdot (D - Z)\). En additionnant ces deux égalités, on obtient

\[K \cdot (D - U) = B \cdot (D - T).\]

Par symétrie, \(D \cdot (D - U) = D \cdot (D - T)\). En soustrayant cela de l'équation précédente, on obtient \((K - D) \cdot (D - U) = (B - D) \cdot (D - T)\), que l'on réécrit sous forme vectorielle

\[\overrightarrow{DK} \cdot \overrightarrow{UD} = \overrightarrow{DB} \cdot \overrightarrow{TD}.\]

Enfin, en projetant les vecteurs \(\overrightarrow{DK}\) et \(\overrightarrow{DB}\) sur les droites \(UD\) et \(TD\) respectivement, on réécrit cette égalité en termes de longueurs : \(DL \cdot UD = DJ \cdot TD\), donc \(DL = DJ\). \(\blacksquare\)

Remarque

L'alignement de \(Z\), \(F\) et \(D\) peut se montrer de diverses façons plus élémentaires. Par exemple, en appliquant la loi des sinus aux triangles \(DTZ\) et \(DUZ\), on obtient

\[\frac{\sin \angle DZT}{\sin \angle DZU} = \frac{\sin \angle DTZ}{\sin \angle DUZ} ;\]

de même,

\[\frac{\sin \angle FZW}{\sin \angle FZV} = \frac{\sin \angle FWZ}{\sin \angle FVZ}.\]

Les membres de droite sont égaux, donc aussi ceux de gauche, ce qui implique l'alignement des points \(D\), \(F\) et \(Z\).

Il existe aussi des preuves purement synthétiques de ce fait. Par exemple, soit \(Q\) le point d'intersection des cercles circonscrits aux triangles \(ZTV\) et \(ZWU\) distinct de \(Z\). Alors \(QZ\) est la bissectrice de \(\angle VQW\), puisque \(\angle VQZ = \angle VTZ = \angle VUW = \angle ZQW\). De plus, tous ces angles sont égaux à \(\frac{1}{2}\angle VOW\), donc \(\angle VQW = \angle VOW\), et le quadrilatère \(VWOQ\) est inscriptible. D'autre part, les points \(O\), \(V\), \(W\) sont sur le cercle de diamètre \(OF\) grâce aux angles droits ; donc \(Q\) appartient aussi à ce cercle. Comme \(FV = FW\), \(QF\) est aussi la bissectrice de \(\angle VQW\), donc \(F\) est sur \(QZ\). De même, \(D\) est sur la même droite.