Shortlist 2017, G5

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

Concepts : Puissance d'un point et axe radical · Chasse aux angles et quadrilatères cycliques

Solution officielle : Shortlist officielle 2017 (avec solutions), p. 62 (page 64 du PDF)

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Énoncé

Let \(ABCC_1B_1A_1\) be a convex hexagon such that \(AB = BC\), and suppose that the line segments \(AA_1\), \(BB_1\), and \(CC_1\) have the same perpendicular bisector. Let the diagonals \(AC_1\) and \(A_1C\) meet at \(D\), and denote by \(\omega\) the circle \(ABC\). Let \(\omega\) intersect the circle \(A_1BC_1\) again at \(E \neq B\). Prove that the lines \(BB_1\) and \(DE\) intersect on \(\omega\).

Indices : les idées clés

• Axe radical et centre radical : \(AC\), \(A_1C_1\) et \(BE\) concourent en un point \(R\), situé sur l'axe de symétrie commun, qui est la bissectrice extérieure de \(\angle ADC\) ; puissance de \(R\) (solution 1).
• Milieux d'arcs : \(B\) est le milieu de l'arc \(AEC\), son point diamétralement opposé \(M\) est le milieu de l'autre arc \(CA\) ; \(BM\) est la médiatrice de \([AC]\).
• Chasse aux angles : on montre que le second point d'intersection de \(DE\) avec \(\omega\) est sur \(BB_1\) (solution 1), ou que l'intersection de \(BB_1\) et \(DE\) est sur \(\omega\) (solution 2).
• Théorème de la bissectrice (solution 2) : les bissectrices intérieures de \(\angle ADC\) et \(\angle CEA\) se coupent sur \([AC]\).

Solutions

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

Solution 1

Si \(AA_1 = CC_1\), l'hexagone est symétrique par rapport à la droite \(BB_1\) ; en particulier, les cercles \(ABC\) et \(A_1BC_1\) sont tangents en \(B\). Donc \(AA_1 \neq CC_1\). Comme on peut échanger \(A, A_1\) avec \(C, C_1\), on peut supposer \(AA_1 < CC_1\).

Soit \(R\) le centre radical des cercles \(AEBC\) (\(= \omega\)), \(A_1EBC_1\), et du cercle circonscrit au trapèze isocèle \(ACC_1A_1\) ; c'est le point commun des axes radicaux deux à deux \(AC\), \(A_1C_1\) et \(BE\). Par la symétrie qui échange \(AC\) et \(A_1C_1\), le point \(R\) est sur la médiatrice commune de \([AA_1]\) et \([CC_1]\), qui est la bissectrice extérieure de \(\angle ADC\).

Soit \(F\) le second point d'intersection de la droite \(DR\) avec le cercle \(ACD\). Par la puissance de \(R\) par rapport à \(\omega\) et au cercle \(ACFD\),

\[RB \cdot RE = RA \cdot RC = RD \cdot RF,\]

donc les points \(B\), \(E\), \(D\), \(F\) sont cocycliques. (Le livret écrit \(RD \cdot DF\) ; il faut lire \(RD \cdot RF\).)

La droite \(RDF\) est la bissectrice extérieure de \(\angle ADC\), donc \(F\) est le milieu de l'arc \(CDA\). Comme \(AB = BC\), le point \(B\) est, sur \(\omega\), le milieu de l'arc \(AEC\) ; soit \(M\) le point diamétralement opposé à \(B\), milieu de l'arc opposé \(CA\) de \(\omega\). Les points \(B\), \(F\) et \(M\) sont sur la médiatrice de \([AC]\), donc alignés.

Enfin, soit \(X\) le second point d'intersection de \(\omega\) avec la droite \(DE\). Comme \([BM]\) est un diamètre de \(\omega\), \(\angle BXM = 90^\circ\). De plus, par chasse aux angles (avec les cercles \(\omega\) et \(BEDF\)),

\[\angle EXM = 180^\circ - \angle MBE = 180^\circ - \angle FBE = \angle EDF,\]

donc \(MX\) et \(FD\) sont parallèles. Comme \(BX \perp MX\) et que \(BB_1\) est perpendiculaire à \(FD\) (l'axe de symétrie), le point \(X\) est sur la droite \(BB_1\). Ainsi \(BB_1\) et \(DE\) se coupent en \(X \in \omega\) (voir la figure). \(\blacksquare\)

Solution 2

Soit \(M\) le point diamétralement opposé à \(B\) sur \(\omega\), et \(R\) le point d'intersection des droites \(AC\), \(A_1C_1\) et \(BE\) ; comme dans la solution 1, \(R\) est sur la bissectrice extérieure de \(\angle ADC\).

Comme \(B\) est le milieu de l'arc \(AEC\), la droite \(BER\) est la bissectrice extérieure de \(\angle CEA\). Montrons que les bissectrices intérieures de \(\angle ADC\) et de \(\angle CEA\) se coupent sur le segment \([AC]\). Soit \(S\) le point où la bissectrice de \(\angle ADC\) coupe \(AC\), et \(S'\) celui où la bissectrice de \(\angle CEA\), qui est la droite \(EM\), coupe \(AC\). En appliquant le théorème de la bissectrice aux bissectrices intérieures et extérieures de \(\angle ADC\) et de \(\angle CEA\),

\[AS : CS = AD : CD = AR : CR = AE : CE = AS' : CS',\]

donc \(S = S'\).

Comme \(\angle RDS = \angle SER = 90^\circ\) (bissectrices intérieure et extérieure), les points \(R\), \(S\), \(D\), \(E\) sont cocycliques.

Soit maintenant \(X\) le point d'intersection des droites \(BB_1\) et \(DE\). On a \(\angle EXB = \angle EDS\), car \(BB_1\) et \(DS\) sont toutes deux perpendiculaires à la droite \(DR\) ; on a \(\angle EDS = \angle ERS\) dans le cercle \(SRDE\) ; et \(\angle ERS = \angle EMB\), car \(SR \perp BM\) (la droite \(AC\) est perpendiculaire au diamètre \(BM\)) et \(ER \perp ME\) (car \(\angle BEM = 90^\circ\)). Par chasse aux angles, \(\angle EXB = \angle EMB\), donc le point \(X\) est bien sur \(\omega\) (voir la figure). \(\blacksquare\)