Shortlist 2014, G5

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

Concepts : Chasse aux angles et quadrilatères cycliques · Trigonométrie : loi des sinus, Ceva trigonométrique · Centres du triangle et lemmes classiques

Solution officielle : Shortlist officielle 2014 (avec solutions), p. 56 (page 57 du PDF)

Problème 3 de l'OIM 2014

Ce problème a été choisi parmi ceux de la shortlist pour l'épreuve de l'OIM 2014, où il était le problème 3 (jour 1).

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Énoncé

Let \(ABCD\) be a convex quadrilateral with \(\angle B = \angle D = 90^\circ\). Point \(H\) is the foot of the perpendicular from \(A\) to \(BD\). The points \(S\) and \(T\) are chosen on the sides \(AB\) and \(AD\), respectively, in such a way that \(H\) lies inside triangle \(SCT\) and

\[\angle SHC - \angle BSC = 90^\circ, \qquad \angle THC - \angle DTC = 90^\circ.\]

Prove that the circumcircle of triangle \(SHT\) is tangent to the line \(BD\).

Indices : les idées clés

• Chasse aux angles : la perpendiculaire en \(C\) à \(SC\) coupe \(AB\) en \(Q\) avec \(C, H, S, Q\) cocycliques et \(SQ\) diamètre ; le centre \(K\) du cercle \(SHC\) est donc sur \(AB\), et de même le centre \(L\) du cercle \(CHT\) est sur \(AD\).
• Se ramener à la bissectrice : il suffit que les médiatrices de \(HS\) et \(HT\) (les bissectrices de \(\angle AKH\) et \(\angle ALH\)) se coupent sur \(AH\), c'est-à-dire \(\frac{AK}{KH} = \frac{AL}{LH}\).
• Loi des sinus avec le milieu \(M\) de \(HC\) (première preuve), ou cercle d'Apollonius de \(K\) et \(L\) passant par \(A\), \(H\), \(C\) (seconde preuve).

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent la solution officielle de la Shortlist 2014 (une solution avec deux preuves d'une étape, et une remarque).

Solution

Soit \(Q\) le point d'intersection de la droite \(AB\) avec la perpendiculaire à \(SC\) passant par \(C\) (voir la figure 1). Alors

\[\angle SQC = 90^\circ - \angle BSC = 180^\circ - \angle SHC,\]

donc les points \(C\), \(H\), \(S\) et \(Q\) sont sur un même cercle. De plus, comme \(SQ\) est un diamètre de ce cercle, le centre \(K\) du cercle circonscrit au triangle \(SHC\) est sur la droite \(AB\). De même, le centre \(L\) du cercle circonscrit au triangle \(CHT\) est sur la droite \(AD\).

Pour prouver que le cercle circonscrit à \(SHT\) est tangent à \(BD\), il suffit de montrer que les médiatrices de \(HS\) et de \(HT\) se coupent sur la droite \(AH\) (le centre est alors sur la perpendiculaire à \(BD\) en \(H\)). Or ces deux médiatrices sont les bissectrices des angles \(AKH\) et \(ALH\). Pour conclure, il suffit donc (par le théorème de la bissectrice) de montrer que

\[\frac{AK}{KH} = \frac{AL}{LH}. \tag{1}\]

On en donne deux preuves.

Première preuve. Soit \(M\) le point d'intersection des droites \(KL\) et \(HC\) (voir la figure 2). Comme \(KH = KC\) et \(LH = LC\), les points \(H\) et \(C\) sont symétriques par rapport à la droite \(KL\) ; donc \(M\) est le milieu de \(HC\). Soit \(O\) le centre du cercle circonscrit au quadrilatère \(ABCD\) ; c'est le milieu de \(AC\). On a donc \(OM \parallel AH\), d'où \(OM \perp BD\). Avec \(OB = OD\), cela montre que \(OM\) est la médiatrice de \(BD\), donc \(BM = DM\).

Comme \(CM \perp KL\), les points \(B\), \(C\), \(M\) et \(K\) sont sur un cercle de diamètre \(KC\). De même, \(L\), \(C\), \(M\) et \(D\) sont sur un cercle de diamètre \(LC\). Par la loi des sinus, on obtient

\[\frac{AK}{AL} = \frac{\sin \angle ALK}{\sin \angle AKL} = \frac{DM}{CL} \cdot \frac{CK}{BM} = \frac{CK}{CL} = \frac{KH}{LH},\]

ce qui prouve (1).

Seconde preuve. Si \(A\), \(H\) et \(C\) sont alignés, alors \(AK = AL\) et \(KH = LH\), et (1) est vraie. Supposons donc que \(A\), \(H\), \(C\) ne soient pas alignés, et considérons le cercle \(\omega\) qui passe par ces trois points (voir la figure 3). Comme le quadrilatère \(ABCD\) est inscrit,

\[\angle BAC = \angle BDC = 90^\circ - \angle ADH = \angle HAD.\]

Soit \(N \neq A\) le point d'intersection du cercle \(\omega\) et de la bissectrice de \(\angle CAH\). Alors \(AN\) est aussi la bissectrice de \(\angle BAD\). Comme \(H\) et \(C\) sont symétriques par rapport à la droite \(KL\) et que \(HN = NC\), le point \(N\) et le centre de \(\omega\) sont tous deux sur la droite \(KL\). Le cercle \(\omega\) est donc un cercle d'Apollonius des points \(K\) et \(L\), ce qui donne immédiatement (1). \(\blacksquare\)

Remarque

Chacune des deux preuves permet d'obtenir le résultat plus général suivant.

Soit \(ABCD\) un quadrilatère convexe et \(H\) un point intérieur tel que \(\angle BAC = \angle DAH\). Les points \(S\) et \(T\) sont choisis sur les côtés \(AB\) et \(AD\) de sorte que \(H\) soit à l'intérieur du triangle \(SCT\) et

\[\angle SHC - \angle BSC = 90^\circ, \qquad \angle THC - \angle DTC = 90^\circ.\]

Alors le centre du cercle circonscrit à \(SHT\) est sur la droite \(AH\) (et le centre du cercle circonscrit à \(SCT\) est sur \(AC\)).