Shortlist 2017, G2

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

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

Solution officielle : Shortlist officielle 2017 (avec solutions), p. 58 (page 60 du PDF)

Problème 4 de l'OIM 2017

Ce problème a été choisi parmi ceux de la shortlist pour l'épreuve de l'OIM 2017, où il était le problème 4 (jour 2).

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Énoncé

Let \(R\) and \(S\) be distinct points on circle \(\Omega\), and let \(t\) denote the tangent line to \(\Omega\) at \(R\). Point \(R'\) is the reflection of \(R\) with respect to \(S\). A point \(I\) is chosen on the smaller arc \(RS\) of \(\Omega\) so that the circumcircle \(\Gamma\) of triangle \(ISR'\) intersects \(t\) at two different points. Denote by \(A\) the common point of \(\Gamma\) and \(t\) that is closest to \(R\). Line \(AI\) meets \(\Omega\) again at \(J\). Show that \(JR'\) is tangent to \(\Gamma\).

Indices : les idées clés

• Chasse aux angles dans les deux cercles : \(\angle JRS = \angle JIS = \angle AR'S\), d'où \(RJ \parallel AR'\) ; et l'angle tangentiel \(\angle SJR = \angle SRA\).
• Triangles semblables (solution 1) : \(ARR' \sim SJR\), puis \(ASR' \sim R'JR\) en utilisant \(SR = SR'\).
• Symétrie centrale de centre \(S\) (solution 2) : le symétrique \(A'\) de \(A\) donne un parallélogramme \(ARA'R'\), et \(S, J, A', R'\) sont cocycliques.
• Réciproque du théorème de l'angle tangentiel : il suffit de montrer que l'angle entre \(R'J\) et \(R'S\) égale l'angle inscrit \(\angle SAR'\) de \(\Gamma\).

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2017 (deux solutions).

Solution 1

Par chasse aux angles dans les cercles \(\Omega\) et \(\Gamma\) (angles orientés), on a \(\measuredangle JRS = \measuredangle JIS = \measuredangle AR'S\). D'autre part, comme \(RA\) est tangente à \(\Omega\), l'angle tangentiel donne \(\measuredangle SJR = \measuredangle SRA\). Les triangles \(ARR'\) et \(SJR\) sont donc semblables, et

\[\frac{R'R}{RJ} = \frac{AR'}{SR} = \frac{AR'}{SR'}\]

(la dernière égalité car \(S\) est le milieu de \(RR'\)). Cette relation, avec \(\measuredangle AR'S = \measuredangle JRR'\) (car \(S \in RR'\)), donne par le cas « côté-angle-côté » la similitude \(\triangle ASR' \sim \triangle R'JR\). Donc \(\measuredangle SAR' = \measuredangle RR'J\). L'angle entre la corde \(R'S\) de \(\Gamma\) et la droite \(R'J\) est égal à l'angle inscrit \(\measuredangle SAR'\) : par la réciproque du théorème de l'angle tangentiel, \(JR'\) est tangente à \(\Gamma\) en \(R'\). \(\blacksquare\)

Solution 2

Comme dans la solution 1, \(\measuredangle JRS = \measuredangle JIS = \measuredangle AR'S\), donc \(RJ \parallel AR'\) (angles alternes-internes par rapport à la droite \(RR'\)).

Soit \(A'\) le symétrique de \(A\) par rapport à \(S\). Alors \(ARA'R'\) est un parallélogramme de centre \(S\), donc \(RA' \parallel AR'\), et le point \(J\) est sur la droite \(RA'\).

De \(\measuredangle SR'A' = \measuredangle SRA = \measuredangle SJR\) (symétrie centrale, puis angle tangentiel), on déduit que les points \(S, J, A', R'\) sont cocycliques. Cela prouve que

\[\measuredangle SR'J = \measuredangle SA'J = \measuredangle SA'R = \measuredangle SAR',\]

la dernière égalité venant de la symétrie de centre \(S\). Donc \(JR'\) est tangente à \(\Gamma\) en \(R'\). \(\blacksquare\)