Shortlist 2014, G6

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

Concepts : Triangles semblables et similitudes · Chasse aux angles et quadrilatères cycliques · Centres du triangle et lemmes classiques · Coordonnées et nombres complexes · Ceva et Ménélaüs

Solution officielle : Shortlist officielle 2014 (avec solutions), p. 58 (page 59 du PDF)

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Énoncé

Let \(ABC\) be a fixed acute-angled triangle. Consider some points \(E\) and \(F\) lying on the sides \(AC\) and \(AB\), respectively, and let \(M\) be the midpoint of \(EF\). Let the perpendicular bisector of \(EF\) intersect the line \(BC\) at \(K\), and let the perpendicular bisector of \(MK\) intersect the lines \(AC\) and \(AB\) at \(S\) and \(T\), respectively. We call the pair \((E, F)\) interesting, if the quadrilateral \(KSAT\) is cyclic.

Suppose that the pairs \((E_1, F_1)\) and \((E_2, F_2)\) are interesting. Prove that

\[\frac{E_1 E_2}{AB} = \frac{F_1 F_2}{AC}.\]

Indices : les idées clés

• Chasse aux angles : pour une paire intéressante, \(\angle KEF = \angle KFE = \angle A\) ; le cercle \(AEF\) est tangent à \(KE\) et \(KF\), et tous les triangles \(EFK\) intéressants sont semblables.
• Similitude en spirale (première méthode) : un même point de Miquel \(Z\) est le centre des similitudes entre triangles intéressants, et aussi avec le triangle \(PQR\) formé par deux pieds de hauteurs et le milieu de \(BC\) (centres du triangle).
• Autres fins : \(\frac{AE}{AB} + \frac{AF}{AC} = 2 \cos A\) par Pascal, Miquel et Al-Kashi (deuxième méthode), un calcul en nombres complexes (troisième méthode), ou \(M \in PQ\) et Ménélaüs (solution 2).

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2014 (deux solutions, dont la première se termine de trois façons, et deux remarques).

Solution 1

Pour toute paire intéressante \((E, F)\), on dit aussi que le triangle \(EFK\) correspondant est intéressant.

Soit \(EFK\) un triangle intéressant. Montrons d'abord que \(\angle KEF = \angle KFE = \angle A\), ce qui signifie aussi que le cercle \(\omega_1\) circonscrit au triangle \(AEF\) est tangent aux droites \(KE\) et \(KF\).

Notons \(\omega\) le cercle passant par \(K\), \(S\), \(A\) et \(T\). Soient \(N\) et \(L\) les points où la droite \(AM\) recoupe respectivement la droite \(ST\) et le cercle \(\omega\) (voir la figure 1). Comme \(EF \parallel TS\) et que \(M\) est le milieu de \(EF\), \(N\) est le milieu de \(ST\). De plus, comme \(K\) et \(M\) sont symétriques par rapport à la droite \(ST\), on a \(\angle KNS = \angle MNS = \angle LNT\). Les points \(K\) et \(L\) sont donc symétriques par rapport à la médiatrice de \(ST\), d'où \(KL \parallel ST\).

Soit \(G\) le symétrique de \(K\) par rapport à \(N\). Le point \(G\) est sur la droite \(EF\), et l'on peut supposer qu'il est sur la demi-droite \([MF)\). On a

\[\angle KGE = \angle KNS = \angle SNM = \angle KLA = 180^\circ - \angle KSA\]

(si \(K = L\), l'angle \(KLA\) désigne l'angle entre \(AL\) et la tangente à \(\omega\) en \(L\)). Donc les points \(K\), \(G\), \(E\) et \(S\) sont cocycliques. Comme \(KSGT\) est un parallélogramme, on obtient \(\angle KEF = \angle KSG = 180^\circ - \angle TKS = \angle A\). Comme \(KE = KF\), on a aussi \(\angle KFE = \angle KEF = \angle A\).

Une fois ce fait établi, on peut terminer de plusieurs façons.

Première méthode. On vient de montrer que tous les triangles intéressants sont semblables. Cela permet d'utiliser le lemme suivant.

Lemme. Soit \(ABC\) un triangle quelconque. On choisit deux points \(E_1\), \(E_2\) sur le côté \(AC\), deux points \(F_1\), \(F_2\) sur le côté \(AB\) et deux points \(K_1\), \(K_2\) sur le côté \(BC\), de sorte que les triangles \(E_1F_1K_1\) et \(E_2F_2K_2\) soient semblables. Alors les six cercles circonscrits aux triangles \(AE_iF_i\), \(BF_iK_i\) et \(CE_iK_i\) (\(i = 1, 2\)) ont un point commun \(Z\). De plus, \(Z\) est le centre de la similitude en spirale qui envoie le triangle \(E_1F_1K_1\) sur le triangle \(E_2F_2K_2\).

Preuve. Pour chaque \(i = 1, 2\), les cercles circonscrits à \(AE_iF_i\), \(BF_iK_i\) et \(CK_iE_i\) ont un point commun \(Z_i\) par le théorème de Miquel. De plus,

\[\measuredangle(Z_iF_i, Z_iE_i) = \measuredangle(AB, CA), \quad \measuredangle(Z_iK_i, Z_iF_i) = \measuredangle(BC, AB), \quad \measuredangle(Z_iE_i, Z_iK_i) = \measuredangle(CA, BC).\]

Les points \(Z_1\) et \(Z_2\) se correspondent donc dans les triangles semblables \(E_1F_1K_1\) et \(E_2F_2K_2\). S'ils coïncident, ce point commun est bien le centre de similitude voulu.

Enfin, pour voir que \(Z_1 = Z_2\), on remarque que \(\measuredangle(AB, AZ_1) = \measuredangle(E_1F_1, E_1Z_1) = \measuredangle(E_2F_2, E_2Z_2) = \measuredangle(AB, AZ_2)\) (voir la figure 2). De même \(\measuredangle(BC, BZ_1) = \measuredangle(BC, BZ_2)\) et \(\measuredangle(CA, CZ_1) = \measuredangle(CA, CZ_2)\). Donc \(Z_1 = Z_2\). \(\square\)

Soient maintenant \(P\) et \(Q\) les pieds des perpendiculaires issues de \(B\) et \(C\) sur \(AC\) et \(AB\), et \(R\) le milieu de \(BC\) (voir la figure 3). Alors \(R\) est le centre du cercle passant par \(B\), \(C\), \(P\), \(Q\). On obtient \(\angle APQ = \angle B\) et \(\angle RPC = \angle C\), d'où \(\angle QPR = \angle A\). De même \(\angle PQR = \angle A\). Tous les triangles intéressants sont donc semblables au triangle \(PQR\).

Notons \(Z\) le point commun des cercles circonscrits à \(APQ\), \(BQR\) et \(CPR\). Soient \(E_1F_1K_1\) et \(E_2F_2K_2\) deux triangles intéressants. Par le lemme, \(Z\) est le centre de toute similitude en spirale qui envoie l'un des triangles \(E_1F_1K_1\), \(E_2F_2K_2\), \(PQR\) sur un autre. Donc les triangles \(ZE_1E_2\) et \(ZF_1F_2\) sont semblables, de même que les triangles \(ZE_1F_1\) et \(ZPQ\). D'où

\[\frac{E_1E_2}{F_1F_2} = \frac{ZE_1}{ZF_1} = \frac{ZP}{ZQ}.\]

De plus, les égalités \(\angle AZQ = \angle APQ = \angle ABC = 180^\circ - \angle QZR\) montrent que \(Z\) est sur la droite \(AR\) (voir la figure 4). Les triangles \(AZP\) et \(ACR\) sont donc semblables, de même que \(AZQ\) et \(ABR\). Cela donne

\[\frac{ZP}{ZQ} = \frac{ZP}{RC} \cdot \frac{RB}{ZQ} = \frac{AZ}{AC} \cdot \frac{AB}{AZ} = \frac{AB}{AC},\]

ce qui achève la solution. \(\blacksquare\)

Deuxième méthode. Partons maintenant du fait que \(\omega_1\) est tangent aux droites \(KE\) et \(KF\) (voir la figure 5). Montrons que si \((E, F)\) est une paire intéressante, alors

\[\frac{AE}{AB} + \frac{AF}{AC} = 2 \cos \angle A. \tag{1}\]

Soit \(Y\) le point d'intersection des segments \(BE\) et \(CF\). Les points \(B\), \(K\) et \(C\) étant alignés, le théorème de Pascal appliqué à l'hexagone dégénéré \(AFFYEE\) montre que \(Y\) est sur le cercle \(\omega_1\).

Soit \(Z\) le second point d'intersection du cercle circonscrit au triangle \(BFY\) avec la droite \(BC\) (voir la figure 6). Par le théorème de Miquel, les points \(C\), \(Z\), \(Y\) et \(E\) sont cocycliques. Par la puissance d'un point, on obtient

\[BF \cdot AB + CE \cdot AC = BY \cdot BE + CY \cdot CF = BZ \cdot BC + CZ \cdot BC = BC^2.\]

D'autre part, \(BC^2 = AB^2 + AC^2 - 2AB \cdot AC \cos \angle A\) par la loi des cosinus. Donc

\[(AB - AF) \cdot AB + (AC - AE) \cdot AC = AB^2 + AC^2 - 2AB \cdot AC \cos \angle A,\]

ce qui se simplifie en (1).

Soient maintenant \((E_1, F_1)\) et \((E_2, F_2)\) deux paires intéressantes. On obtient

\[\frac{AE_1}{AB} + \frac{AF_1}{AC} = \frac{AE_2}{AB} + \frac{AF_2}{AC},\]

ce qui donne le résultat voulu. \(\blacksquare\)

Troisième méthode. On utilise à nouveau le fait que tous les triangles intéressants sont semblables (et de même orientation). Plaçons la figure dans le plan complexe, avec \(A\) à l'origine, et identifions chaque point à son affixe.

Soit \(EFK\) un triangle intéressant. Les égalités \(\angle KEF = \angle KFE = \angle A\) montrent que le rapport \(\nu = \frac{K - E}{F - E}\) est le même pour tous les triangles intéressants. Les nombres \(E\), \(F\) et \(K\) vérifient donc l'équation linéaire

\[K = \mu E + \nu F, \quad \text{où} \quad \mu = 1 - \nu. \tag{2}\]

Choisissons les points \(X\) et \(Y\) sur les demi-droites \([AB)\) et \([AC)\) de sorte que \(\angle CXA = \angle AYB = \angle A = \angle KEF\) (voir la figure 7). Chacun des triangles \(AXC\) et \(YAB\) est alors semblable à tout triangle intéressant, ce qui signifie que

\[C = \mu A + \nu X = \nu X \quad \text{et} \quad B = \mu Y + \nu A = \mu Y. \tag{3}\]

De plus, \(\frac{X}{Y} = \overline{\left(\frac{C}{B}\right)}\).

Comme \(E\), \(F\) et \(K\) sont sur \(AC\), \(AB\) et \(BC\), on a

\[E = \rho Y, \qquad F = \sigma X, \qquad K = \lambda B + (1 - \lambda) C\]

pour des réels \(\rho\), \(\sigma\) et \(\lambda\). D'après (3), l'équation (2) s'écrit \(\lambda B + (1 - \lambda) C = K = \mu E + \nu F = \rho B + \sigma C\), soit

\[(\lambda - \rho) B = (\sigma + \lambda - 1) C.\]

Comme les nombres complexes non nuls \(B\) et \(C\) ont des arguments différents, les coefficients sont nuls : \(\rho = \lambda\) et \(\sigma = 1 - \lambda\). Donc

\[\frac{E}{Y} + \frac{F}{X} = \rho + \sigma = 1. \tag{4}\]

Si \((E_1, F_1)\) et \((E_2, F_2)\) sont deux paires intéressantes distinctes, on applique (4) aux deux paires et l'on soustrait :

\[\frac{E_1 - E_2}{Y} = \frac{F_2 - F_1}{X}, \quad \text{donc} \quad \frac{E_1 - E_2}{F_2 - F_1} = \frac{Y}{X} = \frac{\overline{B}}{\overline{C}}.\]

En prenant les modules, on obtient le résultat voulu. \(\blacksquare\)

Remarque 1. On peut remarquer que le triangle \(PQR\) est lui aussi intéressant.

Remarque 2. Pour prouver que \(\angle KEF = \angle KFE = \angle A\), on peut aussi utiliser le fait classique suivant : soit \(AEF\) un triangle avec \(AE \neq AF\), et \(K\) le point commun à la symédiane issue de \(A\) et à la médiatrice de \(EF\) ; alors les droites \(KE\) et \(KF\) sont tangentes au cercle \(\omega_1\) circonscrit à \(AEF\). Il faut toutefois traiter à part le cas \(AE = AF\).

Solution 2

Soit \((E, F)\) une paire intéressante. Cette fois, montrons que

\[\frac{AM}{AK} = \cos \angle A. \tag{5}\]

Comme dans la solution 1, on introduit le cercle \(\omega\) passant par \(K\), \(S\), \(A\) et \(T\), et les points \(N\) et \(L\) où la droite \(AM\) recoupe la droite \(ST\) et le cercle \(\omega\). Soit de plus \(O\) le centre de \(\omega\) (voir les figures 8 et 9). Comme dans la solution 1, \(N\) est le milieu de \(ST\) et \(KL \parallel ST\), ce qui implique \(\angle FAM = \angle EAK\).

Supposons d'abord \(K \neq L\) (figure 8). Alors \(KL \parallel ST\), donc les droites \(KM\) et \(KL\) sont perpendiculaires. Les droites \(LO\) et \(KM\) se coupent donc en un point \(X\) du cercle \(\omega\). Comme les droites \(ON\) et \(XM\) sont toutes deux perpendiculaires à \(ST\), elles sont parallèles, et \(\angle LON = \angle LXK = \angle MAK\). D'autre part, \(\angle OLN = \angle MKA\), donc les triangles \(NOL\) et \(MAK\) sont semblables. Cela donne

\[\frac{AM}{AK} = \frac{ON}{OL} = \frac{ON}{OT} = \cos \angle TON = \cos \angle A.\]

Si au contraire \(K = L\), les points \(A\), \(M\), \(N\) et \(K\) sont sur une même droite, qui est la médiatrice de \(ST\) (figure 9). Donc \(AK\) est un diamètre de \(\omega\), ce qui donne \(AM = 2OK - 2NK = 2ON\). Dans ce cas aussi,

\[\frac{AM}{AK} = \frac{2ON}{2OT} = \cos \angle TON = \cos \angle A.\]

Cela prouve (5).

Soient \(P\) et \(Q\) les pieds des perpendiculaires issues de \(B\) et \(C\) sur \(AC\) et \(AB\) (voir la figure 10). Montrons que le point \(M\) est sur la droite \(PQ\). Considérons la composée de l'homothétie de centre \(A\) et de rapport \(\cos \angle A\) et de la symétrie par rapport à la bissectrice de \(\angle BAC\). C'est une similitude qui envoie \(B\), \(C\) et \(K\) sur \(P\), \(Q\) et \(M\). Comme \(K\) est sur la droite \(BC\), le point \(M\) est sur la droite \(PQ\).

Supposons \(E \neq P\). Alors \(F \neq Q\) aussi, et le théorème de Ménélaüs donne

\[\frac{AQ}{FQ} \cdot \frac{FM}{EM} \cdot \frac{EP}{AP} = 1.\]

Avec la similitude des triangles \(APQ\) et \(ABC\), on obtient

\[\frac{EP}{FQ} = \frac{AP}{AQ} = \frac{AB}{AC}, \quad \text{donc} \quad \frac{EP}{AB} = \frac{FQ}{AC}.\]

Cette dernière égalité est évidemment vraie aussi si \(E = P\), car alors \(F = Q\). De plus, comme la droite \(PQ\) coupe le segment \(EF\), le point \(E\) est sur le segment \(AP\) si et seulement si le point \(F\) est hors du segment \(AQ\).

Soient maintenant \((E_1, F_1)\) et \((E_2, F_2)\) deux paires intéressantes. On obtient

\[\frac{E_1P}{AB} = \frac{F_1Q}{AC} \quad \text{et} \quad \frac{E_2P}{AB} = \frac{F_2Q}{AC}.\]

Si \(P\) est entre \(E_1\) et \(E_2\), on additionne ces égalités ; sinon, on les soustrait. Dans tous les cas,

\[\frac{E_1E_2}{AB} = \frac{F_1F_2}{AC},\]

ce qui achève la solution. \(\blacksquare\)