Shortlist 2020, G3

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

Concepts : Chasse aux angles et quadrilatères cycliques

Solution officielle : Shortlist officielle 2020 (avec solutions), p. 52 (page 54 du PDF)

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Énoncé

Let \(ABCD\) be a convex quadrilateral with \(\angle ABC > 90^\circ\), \(\angle CDA > 90^\circ\), and \(\angle DAB = \angle BCD\). Denote by \(E\) and \(F\) the reflections of \(A\) in lines \(BC\) and \(CD\), respectively. Suppose that the segments \(AE\) and \(AF\) meet the line \(BD\) at \(K\) and \(L\), respectively. Prove that the circumcircles of triangles \(BEK\) and \(DFL\) are tangent to each other.

Indices : les idées clés

• Introduire le symétrique \(A'\) de \(A\) par rapport à \((BD)\) (solution 1) : c'est le point de tangence des deux cercles.
• Réfléchir les cercles par rapport à \((BD)\) (solution 2) : les images sont les cercles \((KAB)\) et \((LAD)\), qui passent par \(A\).
• Chasse aux angles et quadrilatères cycliques : cocyclicité de \(A'BKE\) et \(A'DLF\), puis critère angulaire de tangence de deux cercles en un point commun.
• Perpendicularités : \(AK \perp BC\) et \(AL \perp CD\) donnent \(\angle KAL = 180^\circ - \angle BCD = 180^\circ - \angle BAD\).

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2020 (deux solutions et deux remarques).

Solution 1

Notons \(A'\) le symétrique de \(A\) par rapport à \((BD)\). Nous allons montrer que les quadrilatères \(A'BKE\) et \(A'DLF\) sont cycliques, et que leurs cercles circonscrits sont tangents en \(A'\).

Par la symétrie d'axe \((BC)\), \(\angle BEK = \angle BAK\) ; par la symétrie d'axe \((BD)\), \(\angle BAK = \angle BA'K\). Donc \(\angle BEK = \angle BA'K\), et le quadrilatère \(A'BKE\) est cyclique. De même, \(A'DLF\) est cyclique.

Pour montrer que les cercles \((A'BKE)\) et \((A'DLF)\) sont tangents (en \(A'\)), il suffit de prouver que

\[\angle A'KB + \angle A'LD = \angle BA'D.\]

(Précision ajoutée : on peut alors tracer par \(A'\) une demi-droite partageant \(\angle BA'D\) en deux angles égaux à \(\angle A'KB\) et \(\angle A'LD\) ; par le cas limite du théorème de l'angle inscrit, elle est tangente aux deux cercles.) Or, grâce à \(AK \perp BC\), \(AL \perp CD\) et de nouveau à la symétrie d'axe \((BD)\),

\[\angle A'KB + \angle A'LD = 180^\circ - \angle KA'L = 180^\circ - \angle KAL = \angle BCD = \angle BAD = \angle BA'D,\]

comme voulu. \(\blacksquare\)

Solution 2

Comme \(AK \perp BC\) et \(AL \perp CD\), on a \(\angle KAL = 180^\circ - \angle BCD\). Réfléchissons les deux cercles \((BEK)\) et \((DFL)\) par rapport à \((BD)\). Comme \(\angle KEB = \angle KAB\) et \(\angle DFL = \angle DAL\), les images sont les cercles \((KAB)\) et \((LAD)\) ; ils se coupent en \(A\). Il faut montrer que ces deux images sont tangentes en \(A\).

Pour cela, on observe que

\[\angle AKB + \angle ALD = 180^\circ - \angle KAL = \angle BCD = \angle BAD.\]

Il existe donc une demi-droite \([AP)\) à l'intérieur de l'angle \(\angle BAD\) telle que \(\angle BAP = \angle AKB\) et \(\angle DAP = \angle DLA\). Par le cas limite du théorème de l'angle inscrit (angle entre une corde et la tangente), la droite \((AP)\) est une tangente commune aux cercles \((KAB)\) et \((LAD)\), ce qui conclut. \(\blacksquare\)

Remarques

Remarque 1. La clé de la solution 1 est l'introduction du point \(A'\) ; les calculs d'angles peuvent ensuite se faire de bien des façons.

Remarque 2. L'énoncé reste vrai dans des configurations plus générales, par exemple si la droite \((BD)\) coupe le prolongement du segment \([AE]\) plutôt que le segment lui-même, etc. Les restrictions de l'énoncé servent à limiter l'étude des cas de figure.