Shortlist 2019, G5¶
Domaine : Géométrie · Difficulté : ★★★☆☆ · Proposé par : Hungary
Concepts : Triangles semblables et similitudes · Puissance d'un point et axe radical · Chasse aux angles et quadrilatères cycliques · Homothétie
Solution officielle : Shortlist officielle 2019 (avec solutions), section G5 (livret PDF)
Énoncé¶
Let \(ABCDE\) be a convex pentagon with \(CD = DE\) and \(\angle EDC \neq 2 \cdot \angle ADB\). Suppose that a point \(P\) is located in the interior of the pentagon such that \(AP = AE\) and \(BP = BC\). Prove that \(P\) lies on the diagonal \(CE\) if and only if \(\operatorname{area}(BCD) + \operatorname{area}(ADE) = \operatorname{area}(ABD) + \operatorname{area}(ABP)\).
Indices : les idées clés
- Réflexion de \(P\) par rapport à \(AB\) : avec \(P'\) le symétrique de \(P\), les points \(A\) et \(B\) sont sur les médiatrices de \(P'E\) et \(P'C\).
- Triangles semblables et similitudes (solution 1) : les deux conditions de l'énoncé équivalent à la similitude directe des triangles rectangles \(AP'M\) et \(BP'N\).
- Puissance d'un point (solution 1) : \(GD \cdot P'M = \frac14 h\), où \(h\) est la puissance de \(P'\) par rapport au cercle de centre \(D\) passant par \(C\) et \(E\).
- Chasse aux angles (solution 1) : les quadrilatères \(AP'FM\) et \(BFP'N\) sont inscriptibles.
- Aires orientées et fonction affine (solution 2) : \(f(X) = \text{aire}(BCX) + \text{aire}(AXE) - \text{aire}(ABX) - \text{aire}(ABP)\) est affine sur la médiatrice de \(CE\) ; il suffit d'en connaître deux zéros, obtenus notamment par une homothétie de rapport \(2\).
Solutions
Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2019 (deux solutions et trois remarques).
Solution 1¶
Soit \(P'\) le symétrique de \(P\) par rapport à la droite \(AB\), et soient \(M\) et \(N\) les milieux de \(P'E\) et \(P'C\). La convexité assure que \(P'\) est distinct de \(E\) et de \(C\), donc aussi de \(M\) et de \(N\). Comme \(AP' = AP = AE\) et \(BP' = BP = BC\), les triangles \(AP'M\) et \(BP'N\) sont rectangles en \(M\) et \(N\) (éventuellement dégénérés).
Affirmation. La condition d'alignement et la condition d'aires de l'énoncé sont toutes deux équivalentes à : les triangles rectangles \(AP'M\) et \(BP'N\) sont directement semblables (ce qui revient à dire que \(AP'E\) et \(BP'C\) sont directement semblables). (Voir la figure.)
Équivalence avec l'alignement. Soit \(F\) le pied de la perpendiculaire issue de \(P'\) sur \(AB\) ; c'est le milieu de \(PP'\). Le point \(P\) est sur \(CE\) si et seulement si \(F\) est sur \(MN\) (image par l'homothétie de centre \(P'\) et de rapport \(\frac12\)), ce qui équivaut à l'égalité d'angles orientés modulo \(\pi\)
Comme les quadrilatères \(AP'FM\) et \(BFP'N\) sont inscriptibles (angles droits en \(F\), \(M\), \(N\)), par chasse aux angles cela équivaut à \(\angle AP'M = \angle BP'N\), c'est-à-dire à la similitude directe de \(AP'M\) et \(BP'N\).
Équivalence avec la condition d'aires. On utilise des aires orientées. On a
Avec l'identité
et l'identité analogue pour \(B\), la condition d'aires équivaut à
Or \(A\) et \(B\) sont sur les médiatrices de \(P'E\) et de \(P'C\). Si \(G\) et \(H\) sont les pieds des perpendiculaires issues de \(D\) sur ces médiatrices, la condition s'écrit
Ici les longueurs sont orientées selon des conventions convenables : on oriente \(P'E\) de \(P'\) vers \(E\), la droite parallèle \(DG\) dans le même sens, et la médiatrice de \(P'E\) à un angle \(\pi/2\) dans le sens horaire à partir du segment orienté \(P'E\) ; de même en \(B\). (Le livret écrit ici « la droite parallèle \(DH\) » ; la droite parallèle à \(P'E\) est \(DG\).)
Lemme. Soit \(\Gamma\) le cercle de centre \(D\) passant par \(E\) et \(C\), et soit \(h\) la puissance de \(P'\) par rapport à \(\Gamma\). Alors
Preuve. D'abord \(h \neq 0\) : sinon \(P'\) serait sur \(\Gamma\), et les bissectrices intérieures des angles \(\angle EDP'\) et \(\angle P'DC\) passeraient par \(A\) et \(B\) respectivement (car \(AE = AP'\), \(DE = DP'\), et de même pour \(B\)) ; on aurait alors \(\angle EDC = 2\angle ADB\), ce que l'énoncé exclut.
Soit ensuite \(E'\) le second point d'intersection de \(P'E\) avec \(\Gamma\), et \(E''\) le point de \(\Gamma\) diamétralement opposé à \(E'\), de sorte que \(E''E \perp P'E\). Le point \(G\) est sur les médiatrices des côtés \(P'E\) et \(EE''\) du triangle \(P'EE''\), rectangle en \(E\) (la droite \(DG\), parallèle à \(P'E\), est perpendiculaire à \(EE''\) et passe par le centre \(D\)). Donc \(G\) est le milieu de l'hypoténuse \(P'E''\). Comme \(D\) est le milieu de \(E'E''\), on a \(GD = \frac12 P'E'\) (droite des milieux). Puisque \(P'M = \frac12 P'E\),
L'autre égalité s'obtient exactement de la même manière. \(\square\)
D'après le lemme, la condition d'aires équivaut à l'égalité des rapports de longueurs orientées
ce qui équivaut à la similitude directe de \(AP'M\) et \(BP'N\) (triangles rectangles en \(M\) et \(N\)). Les deux conditions de l'énoncé sont donc équivalentes. \(\blacksquare\)
Solution 2¶
On utilise désormais des aires orientées. Sur la médiatrice de \(CE\) (qui contient \(D\)), on définit la fonction affine
Il s'agit de montrer que \(C\), \(P\), \(E\) sont alignés si et seulement si \(f(D) = 0\).
Le symétrique \(P'\) de \(P\) par rapport à \(AB\) n'est pas sur \(CE\). Soient \(A_2\) et \(B_2\) les images de \(A\) et \(B\) par l'homothétie de centre \(P'\) et de rapport \(2\) ; alors \(P\) est le projeté orthogonal de \(P'\) sur \(A_2B_2\). Comme \(A\) est sur la médiatrice de \(P'E\), le triangle \(A_2EP'\) est rectangle en \(E\) (et de même \(B_2CP'\) est rectangle en \(C\)). Si \(P'\) était sur \(CE\), les droites \(A_2E\) et \(B_2C\) seraient perpendiculaires à \(CE\), et \(A_2\), \(B_2\) seraient du côté de \(CE\) opposé à \(D\). La droite \(A_2B_2\) ne rencontrerait alors pas le triangle \(CDE\), donc \(P\) ne serait pas à l'intérieur de \(CDE\). Mais alors \(P\) serait à l'intérieur de \(ABCE\), et il est clair qu'un tel point ne peut pas avoir son symétrique \(P'\) sur \(CE\).
Un premier zéro de \(f\). Soit donc \(O\) le centre du cercle \(CEP'\). Les droites \(AO\) et \(BO\) sont les médiatrices de \(EP'\) et \(CP'\), d'où
et donc \(f(O) = 0\).
Si \(O\) était confondu avec \(D\), les points \(A\) et \(B\) seraient dans le secteur angulaire \(CDE\) et l'on aurait \(\angle EOC = 2\angle AOB\), ce qui est exclu. Donc \(O \neq D\). Comme \(f\) est affine et s'annule en \(O\), on a \(f(D) = 0\) si et seulement si \(f\) est identiquement nulle. Montrons que cela se produit si et seulement si \(C\), \(P\), \(E\) sont alignés.
Si \(C\), \(P\), \(E\) ne sont pas alignés. Soit \(T\) le centre du cercle \(CEP\) (il est sur la médiatrice de \(CE\)). Le même calcul donne
donc \(f(T) = -2\,\text{aire}(ABP) \neq 0\). La fonction affine \(f\) n'est donc pas constante ; son seul zéro est \(O\), et \(f(D) \neq 0\).
Si \(C\), \(P\), \(E\) sont alignés. On montre que \(f\) est identiquement nulle en trouvant un second zéro. Soit \(Q\) le symétrique de \(P\) par rapport au milieu de \(AB\), de sorte que \(PAQB\) est un parallélogramme. Le point \(Q\) est sur la médiatrice de \(CE\) : si \(A'\) et \(B'\) sont les images de \(A\) et \(B\) par l'homothétie de centre \(P\) et de rapport \(2\), le projeté de \(Q\) sur \(CE\) est le milieu des projetés de \(A'\) et \(B'\), qui sont \(E\) et \(C\). Les triangles \(BCQ\) et \(AQE\) sont indirectement isométriques, donc
Les points \(O\) et \(Q\) sont distincts. En effet, soit \(\omega\) le cercle de centre \(Q\) passant par \(P'\) ; comme le triangle \(PP'Q\) est rectangle en \(P'\), le point \(P\) est à l'extérieur de \(\omega\). D'autre part, \(P\) est entre \(C\) et \(E\) sur la droite \(CPE\). Donc \(C\) et \(E\) ne peuvent pas être tous deux sur \(\omega\), ce qui montre que \(\omega\) n'est pas le cercle \(CEP'\) et que \(Q \neq O\).
Ainsi \(f\) a deux zéros distincts \(O\) et \(Q\), donc elle est nulle, et \(f(D) = 0\). \(\blacksquare\)
Remarques¶
Remarque 1. On ne peut pas supprimer la condition \(\angle EDC \neq 2 \angle ADB\) : si \(D\) est le centre du cercle \(CEP'\), la condition d'aires est automatiquement vérifiée sans que \(P\) soit sur \(CE\).
Remarque 2. Le sens « seulement si » est plus facile que le sens « si ». Par exemple, dans la seconde partie de la solution 2, les triangles \(EAQ\) et \(QBC\) sont indirectement isométriques, donc la somme de leurs aires orientées est nulle, et \(DCQE\) est un cerf-volant. On voit alors facilement que \(\angle(AQ, DE) = \angle(CD, CB)\) et \(\angle(BQ, DC) = \angle(ED, EA)\), d'où \(\text{aire}(BCD) = \text{aire}(AQD) + \text{aire}(EQA)\) et \(\text{aire}(ADE) = \text{aire}(BDQ) + \text{aire}(BQC)\), ce qui donne le résultat.
Remarque 3 (origine du problème). Soit \(ABDH\) un tétraèdre et \(S\) la sphère tangente aux quatre plans des faces, intérieurement aux plans \(ADH\) et \(BDH\) et extérieurement à \(ABD\) et \(ABH\) (ou l'inverse). On sait que \(S\) existe si et seulement si \(\text{aire}(ADH) + \text{aire}(BDH) \neq \text{aire}(ABH) + \text{aire}(ABD)\) (cela vient de la formule usuelle du volume du tétraèdre). Soient \(T\), \(T_a\), \(T_b\), \(T_d\) les points de contact de la sphère avec les quatre plans. On rabat dans le plan \(ABD\) le triangle \(ABH\) vers l'intérieur et les triangles \(BDH\), \(ADH\) vers l'extérieur, en \(ABP\), \(BDC\) et \(ADE\). Les points \(T_d\), \(T_a\), \(T_b\) viennent en \(T\), donc \(HT_a = HT_b = HT_d = PT = CT = ET\) : le point \(T\) est le centre du cercle \(CEP\). Ainsi, si la sphère existe, \(C\), \(E\), \(P\) ne peuvent pas être alignés. Si l'on remplace la condition \(\angle EDC \neq 2\angle ADB\) par l'hypothèse que les angles \(\angle EDA\), \(\angle ADB\), \(\angle BDC\) vérifient l'inégalité triangulaire, on peut reconstruire l'argument du tétraèdre et de la sphère tangente (voir la figure).