Shortlist 2013, G5

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

Concepts : Triangles semblables et similitudes · Coordonnées et nombres complexes · Chasse aux angles et quadrilatères cycliques

Solution officielle : Shortlist officielle 2013 (avec solutions), p. 46 (page 46 du PDF)

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Énoncé

Let \(ABCDEF\) be a convex hexagon with \(AB = DE\), \(BC = EF\), \(CD = FA\), and \(\angle A - \angle D = \angle C - \angle F = \angle E - \angle B\). Prove that the diagonals \(AD\), \(BE\), and \(CF\) are concurrent.

Indices : les idées clés

• Parallélogrammes auxiliaires (solution 1) : avec \(CDEP\), \(EFAQ\), \(ABCR\) parallélogrammes, les triangles isocèles \(PEQ\), \(QAR\), \(RCP\) ont le même angle au sommet \(\frac{\theta}{2}\), donc sont semblables.
• Losanges : on obtient \(CRFP\) losange, donc \(CF\) est la médiatrice de \(PR\) ; les trois diagonales passent par le centre du cercle circonscrit à \(PQR\).
• Nombres complexes (solution 3) : les côtés opposés s'obtiennent par une même rotation \(r\), d'où \(a + b + c = 0\), et l'on vérifie directement que \(AD \cap BE = CF \cap BE\).

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2013 (trois solutions).

Dans les trois solutions, on note \(\theta = \angle A - \angle D = \angle C - \angle F = \angle E - \angle B\), et l'on suppose sans perte de généralité que \(\theta \geq 0\).

Solution 1

Posons \(x = AB = DE\), \(y = CD = FA\), \(z = EF = BC\). Considérons les points \(P\), \(Q\) et \(R\) tels que les quadrilatères \(CDEP\), \(EFAQ\) et \(ABCR\) soient des parallélogrammes. On calcule

\[\begin{aligned} \angle PEQ &= \angle FEQ + \angle DEP - \angle E = (180^\circ - \angle F) + (180^\circ - \angle D) - \angle E \\ &= 360^\circ - \angle D - \angle E - \angle F = \tfrac{1}{2}\big(\angle A + \angle B + \angle C - \angle D - \angle E - \angle F\big) = \tfrac{\theta}{2}. \end{aligned}\]

De même, \(\angle QAR = \angle RCP = \frac{\theta}{2}\).

Si \(\theta = 0\), comme le triangle \(RCP\) est isocèle, \(R = P\). Donc \(AB \parallel RC = PC \parallel ED\), et \(ABDE\) est un parallélogramme. De même, \(BCEF\) et \(CDFA\) sont des parallélogrammes. Il s'ensuit que \(AD\), \(BE\) et \(CF\) se coupent en leur milieu commun.

Supposons maintenant \(\theta > 0\). Comme les triangles \(PEQ\), \(QAR\) et \(RCP\) sont isocèles et ont le même angle au sommet, on a \(PEQ \sim QAR \sim RCP\), avec des rapports de similitude \(y : z : x\). Donc

\[\text{le triangle } PQR \text{ est semblable au triangle de côtés } y, z, x. \tag{1}\]

Ensuite, on remarque que

\[\frac{RQ}{QP} = \frac{z}{y} = \frac{RA}{AF},\]

et, avec des angles orientés entre demi-droites,

\[\measuredangle(RQ, QP) = \measuredangle(RQ, QE) + \measuredangle(QE, QP) = \measuredangle(RQ, QE) + \measuredangle(RA, RQ) = \measuredangle(RA, QE) = \measuredangle(RA, AF).\]

Donc \(PQR \sim FAR\). Comme \(FA = y\) et \(AR = z\), (1) implique alors \(FR = x\). De même, \(FP = x\). Donc \(CRFP\) est un losange.

On en conclut que \(CF\) est la médiatrice de \(PR\). De même, \(BE\) est la médiatrice de \(PQ\) et \(AD\) celle de \(QR\). Donc \(AD\), \(BE\) et \(CF\) concourent au centre du cercle circonscrit à \(PQR\). \(\blacksquare\)

Solution 2

Posons \(X = CD \cap EF\), \(Y = EF \cap AB\), \(Z = AB \cap CD\), \(X' = FA \cap BC\), \(Y' = BC \cap DE\) et \(Z' = DE \cap FA\). De \(\angle A + \angle B + \angle C = 360^\circ + \frac{\theta}{2}\), on tire \(\angle A + \angle B > 180^\circ\) et \(\angle B + \angle C > 180^\circ\), donc \(Z\) et \(X'\) sont respectivement de l'autre côté de \(BC\) et de \(AB\) par rapport à l'hexagone. On a des conclusions analogues pour \(X\), \(Y\), \(Y'\) et \(Z'\). Alors

\[\angle YZX = \angle B + \angle C - 180^\circ = \angle E + \angle F - 180^\circ = \angle Y'Z'X',\]

et de même \(\angle ZXY = \angle Z'X'Y'\) et \(\angle XYZ = \angle X'Y'Z'\), donc \(XYZ \sim X'Y'Z'\). Il existe donc une rotation \(\mathcal{R}\) qui envoie le triangle \(XYZ\) sur un triangle de côtés parallèles à ceux de \(X'Y'Z'\). Comme \(AB = DE\), on a \(\mathcal{R}(\overrightarrow{AB}) = \overrightarrow{DE}\). De même, \(\mathcal{R}(\overrightarrow{CD}) = \overrightarrow{FA}\) et \(\mathcal{R}(\overrightarrow{EF}) = \overrightarrow{BC}\). Donc

\[\vec{0} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BC} + \overrightarrow{CD} + \overrightarrow{DE} + \overrightarrow{EF} + \overrightarrow{FA} = \big(\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{CD} + \overrightarrow{EF}\big) + \mathcal{R}\big(\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{CD} + \overrightarrow{EF}\big).\]

Si \(\mathcal{R}\) est une rotation d'angle \(180^\circ\), deux côtés opposés quelconques de l'hexagone sont égaux et parallèles, donc les trois diagonales se coupent en leur milieu commun. Sinon, on doit avoir

\[\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{CD} + \overrightarrow{EF} = \vec{0},\]

sinon on aurait deux vecteurs de directions différentes de somme nulle.

Cela permet de considérer un triangle \(LMN\) avec \(\overrightarrow{LM} = \overrightarrow{EF}\), \(\overrightarrow{MN} = \overrightarrow{AB}\) et \(\overrightarrow{NL} = \overrightarrow{CD}\). Soit \(O\) le centre du cercle circonscrit à \(LMN\), et considérons les points \(O_1\), \(O_2\), \(O_3\) tels que les triangles \(AO_1B\), \(CO_2D\) et \(EO_3F\) soient les translatés de \(MON\), \(NOL\) et \(LOM\) respectivement. Comme \(FO_3\) et \(AO_1\) sont des translatés de \(MO\), le quadrilatère \(AFO_3O_1\) est un parallélogramme et \(O_3O_1 = FA = CD = NL\). De même, \(O_1O_2 = LM\) et \(O_2O_3 = MN\). Donc les triangles \(O_1O_2O_3\) et \(LMN\) sont isométriques. De plus, à l'aide de la rotation \(\mathcal{R}\), on vérifie que ces triangles ont la même orientation.

Soit \(T\) le centre du cercle circonscrit à \(O_1O_2O_3\). Montrons que \(AD\), \(BE\) et \(CF\) passent par \(T\), en commençant par l'alignement de \(C\), \(T\) et \(F\). On a \(CO_2 = O_2T = TO_3 = O_3F\), puisqu'ils sont tous égaux au rayon du cercle circonscrit à \(LMN\). Les triangles \(TO_3F\) et \(CO_2T\) sont donc isocèles. Avec des angles orientés entre demi-droites,

\[\measuredangle(TF, TO_3) = \measuredangle(FO_3, FT) \quad \text{et} \quad \measuredangle(TO_2, TC) = \measuredangle(CT, CO_2). \tag{2}\]

De plus, \(T\) et \(O\) sont les centres des cercles circonscrits aux triangles isométriques \(O_1O_2O_3\) et \(LMN\), donc \(\measuredangle(TO_3, TO_2) = \measuredangle(ON, OM)\). Comme \(CO_2\) et \(FO_3\) sont des translatés de \(NO\) et \(MO\) respectivement, cela implique

\[\measuredangle(TO_3, TO_2) = \measuredangle(CO_2, FO_3). \tag{3}\]

En additionnant les trois égalités de (2) et (3), on obtient

\[\measuredangle(TF, TC) = \measuredangle(CT, FT) = -\measuredangle(TF, TC),\]

ce qui implique que \(T\) est sur \(CF\). Des arguments analogues montrent que \(T\) est aussi sur \(AD\) et \(BE\). Le résultat suit. \(\blacksquare\)

Solution 3

Plaçons l'hexagone dans le plan complexe, avec \(A\) à l'origine et les sommets numérotés dans le sens des aiguilles d'une montre. On note encore \(A, B, C, D, E, F\) les nombres complexes correspondants. Considérons aussi les nombres complexes \(a, b, c, a', b', c'\) définis par \(B - A = a\), \(D - C = b\), \(F - E = c\), \(E - D = a'\), \(A - F = b'\) et \(C - B = c'\). Posons \(k = \frac{\lvert a \rvert}{\lvert b \rvert}\). De \(\frac{a}{b'} = -k e^{i \angle A}\) et \(\frac{a'}{b} = -k e^{i \angle D}\), on tire \(\frac{a'}{a} \cdot \frac{b'}{b} = e^{-i\theta}\), et de même \(\frac{b'}{b} \cdot \frac{c'}{c} = e^{-i\theta}\) et \(\frac{c'}{c} \cdot \frac{a'}{a} = e^{-i\theta}\). Il s'ensuit que \(a' = ar\), \(b' = br\) et \(c' = cr\) pour un nombre complexe \(r\) de module \(1\), comme sur la figure.

On a

\[0 = a + cr + b + ar + c + br = (a + b + c)(1 + r).\]

Si \(r = -1\), l'hexagone a un centre de symétrie, et ses diagonales se coupent en ce centre. Sinon,

\[a + b + c = 0.\]

Donc

\[A = 0, \quad B = a, \quad C = a + cr, \quad D = c(r - 1), \quad E = -br - c, \quad F = -br.\]

Considérons un point \(W\) de \(AD\) d'affixe \(c(r - 1)\lambda\), où \(\lambda\) est un réel avec \(0 < \lambda < 1\). Comme \(D \neq A\), on a \(r \neq 1\), et l'on peut poser \(s = \frac{1}{r - 1}\). De \(r\bar{r} = \lvert r \rvert^2 = 1\), on tire

\[1 + s = \frac{r}{r - 1} = \frac{r}{r - r\bar{r}} = \frac{1}{1 - \bar{r}} = -\bar{s}.\]

Maintenant,

\[\begin{aligned} W \text{ est sur } BE &\iff c(r - 1)\lambda - a \parallel a - (-br - c) = b(r - 1) \iff c\lambda - as \parallel b \\ &\iff -a\lambda - b\lambda - as \parallel b \iff a(\lambda + s) \parallel b. \end{aligned}\]

On vérifie facilement que \(r \neq \pm 1\) implique \(\lambda + s \neq 0\), puisque \(s\) n'est pas réel. D'autre part,

\[\begin{aligned} W \text{ est sur } CF &\iff c(r - 1)\lambda + br \parallel -br - (a + cr) = a(r - 1) \iff c\lambda + b(1 + s) \parallel a \\ &\iff -a\lambda - b\lambda - b\bar{s} \parallel a \iff b(\lambda + \bar{s}) \parallel a \iff b \parallel a(\lambda + s), \end{aligned}\]

où l'on utilise à la dernière étape que \((\lambda + s)(\lambda + \bar{s}) = \lvert \lambda + s \rvert^2 \in \mathbb{R}_{>0}\). On conclut que \(AD \cap BE = CF \cap BE\), et le résultat suit. \(\blacksquare\)