Shortlist 2016, G6

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

Concepts : Triangles semblables et similitudes · Chasse aux angles et quadrilatères cycliques · Centres du triangle et lemmes classiques · Puissance d'un point et axe radical · Inversion · Outils projectifs : birapport, division harmonique, pôles et polaires · Trigonométrie : loi des sinus, Ceva trigonométrique

Solution officielle : Shortlist officielle 2016 (avec solutions), p. 61 (page 64 du PDF)

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

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Énoncé

Let \(ABCD\) be a convex quadrilateral with \(\angle ABC = \angle ADC < 90^\circ\). The internal angle bisectors of \(\angle ABC\) and \(\angle ADC\) meet \(AC\) at \(E\) and \(F\) respectively, and meet each other at point \(P\). Let \(M\) be the midpoint of \(AC\) and let \(\omega\) be the circumcircle of triangle \(BPD\). Segments \(BM\) and \(DM\) intersect \(\omega\) again at \(X\) and \(Y\) respectively. Denote by \(Q\) the intersection point of lines \(XE\) and \(YF\). Prove that \(PQ \perp AC\).

Indices : les idées clés

• Le point \(Y\) est sur le cercle \(\omega_1\) circonscrit à \(ABC\) (et \(X\) sur celui de \(ADC\)) : on le montre par triangles semblables (le point \(Y'\) tel que \(MY' \cdot MD = MA^2\)) et chasse aux angles (solutions 1 et 2).
• Bissectrices et milieux d'arcs : par le théorème de la bissectrice, \(FY\) est la bissectrice de \(\angle AYC\) ; elle passe par un milieu d'arc \(AC\) (lemme classique), ce qui situe \(Q\) sur \(\omega\) (solutions 1 et 2).
• Montrer que \(Q \in \omega\) : en solution 1, \(Q\) est diamétralement opposé au point \(S\) de \(\omega\) situé sur la parallèle à \(AC\) menée par \(P\), d'où \(PQ \perp PS\).
• Puissance d'un point, inversion et division harmonique (solution 3) : la puissance de \(M\) par rapport à \(\omega\) vaut \(MA^2\), et \((T, E; A, C)\) est harmonique.
• Trigonométrie (solution 3) : une identité \(\tan^2 \alpha = \tan\beta \tan\gamma\) entre bissectrice et médiane ramène le problème à un calcul de tangentes.

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2016 (trois solutions).

Les angles \(\measuredangle\) sont orientés (modulo \(\pi\)).

Solution 1

Soit \(\omega_1\) le cercle circonscrit à \(ABC\). Montrons d'abord que \(Y\) est sur \(\omega_1\). Soit \(Y'\) le point de la demi-droite \([MD)\) tel que \(MY' \cdot MD = MA^2\). Alors les triangles \(MAY'\) et \(MDA\) sont semblables (de sens contraires). Comme \(MC^2 = MA^2 = MY' \cdot MD\), les triangles \(MCY'\) et \(MDC\) sont aussi semblables de sens contraires. Donc

\[\measuredangle AY'C = \measuredangle AY'M + \measuredangle MY'C = \measuredangle MAD + \measuredangle DCM = \measuredangle CDA = \measuredangle ABC,\]

de sorte que \(Y'\) est sur \(\omega_1\).

Soit \(Z\) l'intersection des droites \(BC\) et \(AD\). Comme \(\measuredangle PDZ = \measuredangle PBC = \measuredangle PBZ\), le point \(Z\) est sur \(\omega\). De plus, \(\measuredangle Y'BZ = \measuredangle Y'BC = \measuredangle Y'AC = \measuredangle Y'AM = \measuredangle Y'DZ\), donc \(Y'\) est aussi sur \(\omega\). Comme \(\angle ADC\) est aigu, \(MA \neq MD\), donc \(MY' \neq MD\), c'est-à-dire \(Y' \neq D\). Ainsi \(Y'\) est la seconde intersection de \(DM\) avec \(\omega\) : \(Y' = Y\), et \(Y\) est sur \(\omega_1\).

Ensuite, par le théorème de la bissectrice et les triangles semblables ci-dessus,

\[\frac{FA}{FC} = \frac{AD}{CD} = \frac{AD}{AM} \cdot \frac{CM}{CD} = \frac{YA}{YM} \cdot \frac{YM}{YC} = \frac{YA}{YC}.\]

Donc \(FY\) est la bissectrice intérieure de \(\angle AYC\).

Soit \(B'\) la seconde intersection de la bissectrice intérieure de \(\angle CBA\) avec \(\omega_1\) : c'est le milieu de l'arc \(AC\) ne contenant pas \(B\). Comme \(Y\) est sur cet arc (\(Y\) est du même côté de \(AC\) que \(D\)), \(YB'\) est la bissectrice extérieure de \(\angle AYC\), d'où \(B'Y \perp FY\).

Soit \(l\) la parallèle à \(AC\) passant par \(P\), et \(S\) l'intersection de \(l\) et de la droite \(B'Y\). Par chasse aux angles,

\[\begin{aligned} \measuredangle PSY &= \measuredangle(AC, B'Y) = \measuredangle ACY + \measuredangle CYB' = \measuredangle ACY + \measuredangle CAB' = \measuredangle ACY + \measuredangle B'CA \\ &= \measuredangle B'CY = \measuredangle B'BY = \measuredangle PBY, \end{aligned}\]

donc \(S\) est sur \(\omega\). De même, la perpendiculaire à \(XE\) passant par \(X\) passe par la seconde intersection de \(l\) et de \(\omega\), qui est \(S\). Comme \(QY \perp YS\) et \(QX \perp XS\), le point \(Q\) est sur \(\omega\) et \([QS]\) est un diamètre de \(\omega\). Donc \(PQ \perp PS\), c'est-à-dire \(PQ \perp AC\). \(\blacksquare\)

Solution 2

Notons \(\omega_1\) et \(\omega_2\) les cercles circonscrits à \(ABC\) et \(ADC\). Comme \(\angle ABC = \angle ADC\), ces deux cercles sont symétriques par rapport au milieu \(M\) de \([AC]\).

\(X\) est sur \(\omega_2\). Soit \(X_1\) la seconde intersection de la demi-droite \([MB)\) avec \(\omega_2\), et \(X'\) son symétrique par rapport à \(M\). Alors \(X'\) est sur \(\omega_1\) et \(X'AX_1C\) est un parallélogramme. Donc

\[\begin{aligned} \measuredangle DX_1B &= \measuredangle DX_1A + \measuredangle AX_1B = \measuredangle DCA + \measuredangle AX_1X' = \measuredangle DCA + \measuredangle CX'X_1 \\ &= \measuredangle DCA + \measuredangle CAB = \measuredangle(CD, AB). \end{aligned}\]

Par ailleurs, les bissectrices donnant \(\measuredangle PDC + \measuredangle ABP = 0\),

\[\measuredangle DPB = \measuredangle PDC + \measuredangle(CD, AB) + \measuredangle ABP = \measuredangle(CD, AB).\]

Donc \(\measuredangle DX_1B = \measuredangle DPB\), et \(X_1\) est sur \(\omega\). Il s'ensuit que \(X_1 = X\), et \(X\) est sur \(\omega_2\). De même, \(Y\) est sur \(\omega_1\).

\(Q\) est sur \(\omega\). La médiatrice de \([AC]\) recoupe \(\omega_1\) en \(B'\) et \(M_1\), et \(\omega_2\) en \(D'\) et \(M_2\), de sorte que \(B\), \(M_1\) et \(D'\) soient du même côté de \(AC\). Le point \(B'\) est sur la bissectrice de \(\angle ABC\) et, de même, \(D'\) est sur \(DP\) (voir la figure).

Notons \([W_1W_2W_3]\) l'aire du triangle \(W_1W_2W_3\). Comme \(ABCX'\) est inscriptible, \(\sin \angle BAX' = \sin \angle BCX'\), et

\[\frac{BA \cdot X'A}{BC \cdot X'C} = \frac{\frac{1}{2} BA \cdot X'A \sin \angle BAX'}{\frac{1}{2} BC \cdot X'C \sin \angle BCX'} = \frac{[BAX']}{[BCX']} = \frac{MA}{MC} = 1.\]

Comme \(BE\) est la bissectrice de \(\angle ABC\), en utilisant le parallélogramme (\(X'C = XA\), \(X'A = XC\)),

\[\frac{EA}{EC} = \frac{BA}{BC} = \frac{X'C}{X'A} = \frac{XA}{XC}.\]

Donc \(XE\) est la bissectrice de \(\angle AXC\), et elle passe par le milieu d'arc \(M_2\) : les points \(X, E, Q, M_2\) sont alignés. De même, \(M_1, F, Q, Y\) sont alignés. Ainsi

\[\begin{aligned} \measuredangle XQY &= \measuredangle M_2QM_1 = \measuredangle QM_2M_1 + \measuredangle M_2M_1Q = \measuredangle XM_2D' + \measuredangle B'M_1Y \\ &= \measuredangle XDD' + \measuredangle B'BY = \measuredangle XDP + \measuredangle PBY = \measuredangle XBP + \measuredangle PBY = \measuredangle XBY, \end{aligned}\]

ce qui montre que \(Q\) est sur \(\omega\).

Conclusion. Comme \(M_1\) et \(M_2\) sont symétriques par rapport à \(M\), le quadrilatère \(X'M_2XM_1\) est un parallélogramme. Par conséquent,

\[\measuredangle XQP = \measuredangle XBP = \measuredangle X'BB' = \measuredangle X'M_1B' = \measuredangle XM_2M_1.\]

Donc \(QP \parallel M_2M_1\). Comme \(M_2M_1 \perp AC\), on obtient \(QP \perp AC\). \(\blacksquare\)

Solution 3

On établit d'abord deux résultats auxiliaires.

Affirmation 1. Dans un triangle \(X'Y'Z'\) avec \(X'Y' \neq X'Z'\), soit \(N'\) le milieu de \([Y'Z']\) et \(W'\) le pied de la bissectrice intérieure issue de \(X'\). Alors

\[\tan^2 \measuredangle W'X'Z' = \tan \measuredangle N'X'W' \cdot \tan \measuredangle Z'W'X'.\]

Preuve. Supposons \(X'Y' > X'Z'\) ; alors \(W'\) est entre \(N'\) et \(Z'\). Les deux membres ont le même signe, il suffit donc d'établir la relation pour des angles non orientés. Posons \(\alpha = \angle W'X'Z'\), \(\beta = \angle N'X'W'\) et \(\gamma = \angle Z'W'X'\). Par la loi des sinus dans les triangles \(N'X'Y'\) et \(N'X'Z'\), avec \(N'Y' = N'Z'\),

\[\frac{\sin(\gamma - \alpha)}{\sin(\alpha - \beta)} = \frac{N'X'}{N'Y'} = \frac{N'X'}{N'Z'} = \frac{\sin(\gamma + \alpha)}{\sin(\alpha + \beta)}.\]

Donc

\[\frac{\tan\gamma - \tan\alpha}{\tan\gamma + \tan\alpha} = \frac{\sin\gamma\cos\alpha - \cos\gamma\sin\alpha}{\sin\gamma\cos\alpha + \cos\gamma\sin\alpha} = \frac{\sin\alpha\cos\beta - \cos\alpha\sin\beta}{\sin\alpha\cos\beta + \cos\alpha\sin\beta} = \frac{\tan\alpha - \tan\beta}{\tan\alpha + \tan\beta}.\]

En développant et en simplifiant, on obtient \(\tan^2\alpha = \tan\beta\tan\gamma\). \(\square\)

Affirmation 2. Soit \(A'B'C'D'\) un quadrilatère inscrit dans un cercle \(\Gamma\). Les diagonales \(A'C'\) et \(B'D'\) se coupent en \(E'\), et les droites \(A'B'\) et \(C'D'\) se coupent en \(F'\). Soit \(M'\) le milieu de \([E'F']\). Alors la puissance de \(M'\) par rapport à \(\Gamma\) vaut \(M'E'^2\).

Preuve. Soit \(O'\) le centre de \(\Gamma\) et \(\Gamma'\) le cercle de centre \(M'\) passant par \(E'\) (il passe aussi par \(F'\)). Soit \(F_1\) l'image de \(F'\) par l'inversion de cercle \(\Gamma\). On sait que \(E'\) est sur la polaire de \(F'\) par rapport à \(\Gamma\) ; cette polaire est perpendiculaire à \(O'F'\) en \(F_1\), donc \(E'F_1 \perp O'F'\) et \(F_1\) est sur \(\Gamma'\) (cercle de diamètre \([E'F']\)). Comme \(\Gamma'\) passe par les deux points \(F'\) et \(F_1\), inverses l'un de l'autre, l'image de \(\Gamma'\) par l'inversion de cercle \(\Gamma\) est \(\Gamma'\) lui-même. Ainsi \(\Gamma'\) est orthogonal à \(\Gamma\), et la puissance de \(M'\) par rapport à \(\Gamma\) est le carré du rayon de \(\Gamma'\), soit \(M'E'^2\). \(\square\)

Retour au problème. Soit \(Z\) l'intersection des droites \(AD\) et \(BC\), et \(W\) celle des droites \(AB\) et \(CD\). Comme \(\measuredangle PDZ = \measuredangle PBC = \measuredangle PBZ\), le point \(Z\) est sur \(\omega\) ; de même, \(W\) est sur \(\omega\). En appliquant l'affirmation 2 au quadrilatère inscrit \(ZBDW\) (ses diagonales \(ZD\) et \(BW\) se coupent en \(A\), et les droites \(ZB\) et \(DW\) se coupent en \(C\)), on obtient que la puissance de \(M\) par rapport à \(\omega\) vaut \(MA^2\). Donc \(MX \cdot MB = MA^2\).

Soit \(T\) le point où la perpendiculaire à \(BE\) passant par \(B\) coupe la droite \(AC\). Alors \(BE\) et \(BT\) sont les bissectrices de l'angle \(CBA\), donc \((T, E; A, C)\) est une division harmonique. Comme \(M\) est le milieu de \([AC]\), on a \(ME \cdot MT = MA^2 = MX \cdot MB\). Il s'ensuit que \(E, T, B, X\) sont cocycliques.

Le résultat est immédiat dans le cas particulier \(AD = CD\), car alors \(P\) et \(Q\) sont sur la médiatrice de \([AC]\) ; de même pour \(AB = CB\). Dans le cas général, on pourra appliquer l'affirmation 1.

Soient \(P'\) et \(Q'\) les projetés orthogonaux de \(P\) et \(Q\) sur \(AC\). Alors \(PQ \perp AC\) si et seulement si \(P' = Q'\), si et seulement si \(\dfrac{\overline{EP'}}{\overline{FP'}} = \dfrac{\overline{EQ'}}{\overline{FQ'}}\) (longueurs algébriques). Or

\[\frac{\overline{EP'}}{\overline{FP'}} = \frac{\tan \measuredangle EFP}{\tan \measuredangle FEP} = \frac{\tan \measuredangle AFD}{\tan \measuredangle AEB}.\]

Ensuite, \(\dfrac{\overline{EQ'}}{\overline{FQ'}} = \dfrac{\tan \measuredangle EFQ}{\tan \measuredangle FEQ}\), avec \(\measuredangle FEQ = \measuredangle TEX = \measuredangle TBX = \dfrac{\pi}{2} + \measuredangle EBM\) et, par symétrie, \(\measuredangle EFQ = \dfrac{\pi}{2} + \measuredangle FDM\). Comme \(\tan\left(\frac{\pi}{2} + u\right) = -\frac{1}{\tan u}\), il suffit de montrer que

\[\frac{\tan \measuredangle AFD}{\tan \measuredangle AEB} = \frac{\tan \measuredangle MBE}{\tan \measuredangle MDF}.\]

On applique l'affirmation 1 deux fois (dans les triangles \(DAC\) et \(BAC\), de médianes \(DM\), \(BM\) et de bissectrices \(DF\), \(BE\)), en utilisant \(\angle FDC = \angle EBA\) (moitiés d'angles égaux) :

\[\tan \measuredangle AFD \cdot \tan \measuredangle MDF = \tan^2 \measuredangle FDC = \tan^2 \measuredangle EBA = \tan \measuredangle MBE \cdot \tan \measuredangle AEB.\]

Le résultat s'ensuit. \(\blacksquare\)