Shortlist 2017, G4

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

Concepts : Puissance d'un point et axe radical · Outils projectifs : birapport, division harmonique, pôles et polaires · Homothétie

Solution officielle : Shortlist officielle 2017 (avec solutions), p. 60 (page 62 du PDF)

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Énoncé

In triangle \(ABC\), let \(\omega\) be the excircle opposite \(A\). Let \(D\), \(E\), and \(F\) be the points where \(\omega\) is tangent to lines \(BC\), \(CA\), and \(AB\), respectively. The circle \(AEF\) intersects line \(BC\) at \(P\) and \(Q\). Let \(M\) be the midpoint of \(AD\). Prove that the circle \(MPQ\) is tangent to \(\omega\).

Indices : les idées clés

• Le second point d'intersection \(T\) de \(AD\) avec \(\omega\) : on montre d'abord que \(P, Q, M, T\) sont cocycliques, puis que les deux cercles sont tangents en \(T\).
• Puissance d'un point et axe radical : puissance de \(D\) par rapport au cercle \(AEF\) (cocyclicité), puissance de \(R\) (solution 1), centre radical (solution 2).
• Pôles et polaires (solution 2) : le pôle de la droite \(AD\) par rapport à \(\omega\) est l'intersection des polaires \(BC\) de \(D\) et \(EF\) de \(A\).
• Homothétie (solution 3) : l'homothétie de centre \(T\) qui envoie \(D\) sur \(M\) envoie \(\omega\) sur le cercle \(MPQ\).
• Le cercle \(AEF\) a pour diamètre \([AA']\), où \(A'\) est le centre de \(\omega\).

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2017 (trois solutions et une remarque).

Solution 1

Notons \(\Omega\) le cercle \(AEFPQ\) et \(\gamma\) le cercle \(PQM\). La droite \(AD\) recoupe \(\omega\) en \(T \neq D\). Nous allons montrer que \(\gamma\) est tangent à \(\omega\) en \(T\).

\(P, Q, M, T\) sont cocycliques. Soit \(A'\) le centre de \(\omega\). Comme \(A'E \perp AE\) et \(A'F \perp AF\), \([AA']\) est un diamètre de \(\Omega\). Soit \(N\) le milieu de \([DT]\) ; comme \(A'D = A'T\), on a \(\angle A'NA = 90^\circ\), donc \(N\) est aussi sur \(\Omega\). La puissance de \(D\) par rapport à \(\Omega\) donne alors

\[DP \cdot DQ = DA \cdot DN = 2DM \cdot \frac{DT}{2} = DM \cdot DT,\]

donc \(P, Q, M, T\) sont cocycliques : \(T \in \gamma\).

Tangence. Si \(EF \parallel BC\), le triangle \(ABC\) est isocèle et le résultat est immédiat par symétrie. Sinon, soit \(R\) le point où la tangente à \(\omega\) en \(T\) coupe la droite \(BC\). Les segments de tangente \(RD\) et \(RT\) ont même longueur, donc \(A'R\) est la médiatrice de \([DT]\) ; comme \(ND = NT\), le point \(N\) est sur cette médiatrice.

Dans le triangle \(A'RD\), rectangle en \(D\), de hauteur \([DN]\),

\[RD^2 = RN \cdot RA' = RP \cdot RQ,\]

la dernière égalité étant la puissance de \(R\) par rapport à \(\Omega\) (qui contient \(N\), \(A'\), \(P\), \(Q\)). Donc \(RT^2 = RP \cdot RQ\), ce qui montre que \(RT\) est aussi tangente à \(\gamma\). Comme \(RT\) est une tangente commune à \(\omega\) et \(\gamma\) en leur point commun \(T\), ces deux cercles sont tangents en \(T\) (voir la figure). \(\blacksquare\)

Solution 2

Après avoir montré que \(P, Q, M, T\) sont cocycliques (comme dans la solution 1), on conclut autrement. On ne traite que le cas où \(EF\) et \(BC\) ne sont pas parallèles. Soit \(R\) le point d'intersection des droites \(PQ\) et \(EF\). Comme \(PQ\) est l'axe radical de \(\Omega\) et \(\gamma\), et \(EF\) celui de \(\Omega\) et \(\omega\), le point \(R\) est le centre radical de ces trois cercles.

Par rapport au cercle \(\omega\), la droite \(DR\) (c'est-à-dire \(BC\), tangente en \(D\)) est la polaire de \(D\), et la droite \(EF\) est la polaire de \(A\). Le pôle de la droite \(ADT\) est donc \(DR \cap EF = R\), et par conséquent \(RT\) est tangente à \(\omega\).

Enfin, comme \(T\) appartient à \(\gamma\) et à \(\omega\) et que \(R\) est le centre radical de \(\gamma\), \(\omega\) et \(\Omega\), la droite \(RT\) est l'axe radical de \(\gamma\) et \(\omega\) ; étant tangente à \(\omega\) en \(T\), elle est aussi tangente à \(\gamma\) en \(T\). Ainsi \(RT\) est une tangente commune à \(\omega\) et \(\gamma\) en \(T\), et ces cercles sont tangents en \(T\). \(\blacksquare\)

Solution 3

Autre preuve que les cercles sont tangents au point commun \(T\). On part encore du fait que \(P, Q, M, T\) sont cocycliques. Soit \(O\) le milieu du diamètre \([AA']\) (centre de \(\Omega\)). Alors \([MO]\) est une droite des milieux du triangle \(ADA'\), donc \(MO \parallel A'D\). Comme \(A'D \perp PQ\), on a aussi \(MO \perp PQ\).

Dans le cercle \(\Omega\), de centre \(O\), la relation \(MO \perp PQ\) montre que \(MO\) est la médiatrice de la corde \([PQ]\). Donc \(M\) est le milieu d'un arc \(PQ\) de \(\gamma\), et la tangente \(m\) à \(\gamma\) en \(M\) est parallèle à \(PQ\).

Considérons l'homothétie de centre \(T\) et de rapport \(\frac{TM}{TD}\) (le livret écrit \(\frac{TD}{TM}\) ; pour envoyer \(D\) sur \(M\), il faut lire \(\frac{TM}{TD}\)). Elle envoie \(D\) sur \(M\), et la droite \(PQ\) sur la droite \(m\) (parallèle à \(PQ\) passant par \(M\)). Comme le cercle tangent à une droite en un point donné et passant par un autre point donné est unique, cette homothétie envoie \(\omega\) (tangent à \(PQ\) en \(D\) et passant par \(T\)) sur \(\gamma\) (tangent à \(m\) en \(M\) et passant par \(T\)). On conclut que \(\omega\) et \(\gamma\) sont tangents en \(T\) (voir la figure). \(\blacksquare\)

Remarques

Remarque. Dans la solution 2, le point \(R\) de la solution 1 a simplement été défini d'une autre façon.