Shortlist 2020, G5

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

Concepts : Homothétie · Triangles semblables et similitudes · Inversion · Centres du triangle et lemmes classiques

Solution officielle : Shortlist officielle 2020 (avec solutions), p. 54 (page 56 du PDF)

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Énoncé

Let \(ABCD\) be a cyclic quadrilateral with no two sides parallel. Let \(K, L, M\), and \(N\) be points lying on sides \(AB\), \(BC\), \(CD\), and \(DA\), respectively, such that \(KLMN\) is a rhombus with \(KL \parallel AC\) and \(LM \parallel BD\). Let \(\omega_1, \omega_2, \omega_3\), and \(\omega_4\) be the incircles of triangles \(ANK\), \(BKL\), \(CLM\), and \(DMN\), respectively. Prove that the internal common tangents to \(\omega_1\) and \(\omega_3\) and the internal common tangents to \(\omega_2\) and \(\omega_4\) are concurrent.

Indices : les idées clés

• Homothétie : le point de concours des tangentes communes intérieures à deux cercles est le centre de l'homothétie de rapport négatif qui les échange (solution 1) ; théorème de Monge sur les centres d'homothétie de trois cercles (solution 2).
• Triangles semblables et similitudes (solution 1) : en translatant le triangle \(CLM\) on recolle un quadrilatère semblable à \(ABCD\), ce qui ramène tout à un lemme sur un quadrilatère cyclique et ses quatre « triangles diagonaux ».
• Inversion (solution 1) : une inversion de centre \(X\) transforme le quadrilatère \(I_C B I_A D\) en un quadrilatère semblable à \(A I_D C I_B\).
• Centres du triangle et lemmes classiques (solution 2) : le théorème de la bissectrice place \(N\) et \(L\) sur la bissectrice de \(\angle AED\), et un cerf-volant possède un cercle inscrit.

Solutions

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

Solution 1

Soient \(I_i\) le centre de \(\omega_i\) et \(r_i\) son rayon (\(i = 1, 2, 3, 4\)). Notons \(T_1\) et \(T_3\) les points de contact de \(\omega_1\) et \(\omega_3\) avec \(NK\) et \(LM\). Les tangentes communes intérieures à \(\omega_1\) et \(\omega_3\) se coupent en un point \(S\), centre de l'homothétie \(h\) de rapport négatif (à savoir \(-\frac{r_3}{r_1}\)) qui envoie \(\omega_1\) sur \(\omega_3\). Cette homothétie envoie \(T_1\) sur \(T_3\) (les tangentes en \(T_1\) et \(T_3\) sont parallèles), donc \(S\) est sur le segment \([T_1T_3]\) avec \(T_1S : ST_3 = r_1 : r_3\).

Menons par \(S\) les segments \(S_1S_3 \parallel KL\) et \(S_2S_4 \parallel LM\), avec \(S_1 \in NK\), \(S_2 \in KL\), \(S_3 \in LM\), \(S_4 \in MN\). L'homothétie \(h\) envoie \(S_1\) sur \(S_3\), donc \(I_1S_1 \parallel I_3S_3\) et \(S_1S : SS_3 = r_1 : r_3\). Nous allons montrer que \(S_2S : SS_4 = r_2 : r_4\), ou, de façon équivalente, \(KS_1 : S_1N = r_2 : r_4\). Cela suffit : en raisonnant de même avec le point \(S'\) d'intersection des tangentes communes intérieures à \(\omega_2\) et \(\omega_4\), on voit que \(S'\) vérifie les mêmes relations, et un seul point intérieur à \(KLMN\) les vérifie. Donc \(S' = S\).

Notons \(I_A, I_B, I_C, I_D\) et \(r_A, r_B, r_C, r_D\) les centres et rayons des cercles inscrits dans les triangles \(DAB\), \(ABC\), \(BCD\) et \(CDA\). Translatons le triangle \(CLM\) par le vecteur \(\overrightarrow{LK}\) pour le recoller au triangle \(AKN\) : on obtient un quadrilatère \(AKC'N\) semblable à \(ABCD\) (ses côtés \(KC'\) et \(C'N\) sont parallèles à \(BC\) et \(CD\), et \(KN \parallel BD\)). En particulier \(r_1 : r_3 = r_A : r_C\) ; de même \(r_2 : r_4 = r_B : r_D\). De plus, cette translation envoie \(S_3\) sur \(S_1\) et \(I_3\) sur le centre \(I_3'\) du cercle inscrit dans \(KC'N\). Comme \(I_1S_1 \parallel I_3S_3\), les points \(I_1\), \(S_1\), \(I_3'\) sont alignés. Pour conclure, il suffit donc d'appliquer le lemme suivant au quadrilatère \(AKC'N\) (où \(S_1\) joue le rôle de \(X\) sur la diagonale \(KN\), et les triangles \(AKC'\), \(C'NA\) ceux de \(ABC\), \(CDA\), dont les rayons sont dans le rapport \(r_B : r_D = r_2 : r_4\)).

Lemme 1. Soit \(ABCD\) un quadrilatère cyclique, avec \(I_A, I_C, r_B, r_D\) définis comme ci-dessus. Si \((I_AI_C)\) coupe \((BD)\) en \(X\), alors \(BX : XD = r_B : r_D\).

Preuve. Considérons une inversion de centre \(X\) ; on note avec un prime les images (par exemple \(A'\) est l'image de \(A\)). Par les propriétés de l'inversion (les triangles \(XI_AD\) et \(XD'I_A'\) sont semblables),

\[\angle I_C'I_A'D' = \angle XI_A'D' = \angle XDI_A = \frac{\angle BDA}{2} = \frac{\angle BCA}{2} = \angle ACI_B.\]

On obtient de même \(\angle I_A'I_C'D' = \angle CAI_B\) ; donc \(\triangle I_C'I_A'D' \sim \triangle ACI_B\). De la même manière, \(\triangle I_C'I_A'B' \sim \triangle ACI_D\), et les quadrilatères \(I_C'B'I_A'D'\) et \(AI_DCI_B\) sont semblables. Or les diagonales \(AC\) et \(I_BI_D\) du quadrilatère \(AI_DCI_B\) se coupent en un point \(Y\) tel que \(I_BY : YI_D = r_B : r_D\) (rapport des distances de \(I_B\) et \(I_D\) à la droite \(AC\)). Par similitude, \(D'X : B'X = r_B : r_D\), et donc \(BX : XD = D'X : B'X = r_B : r_D\) (car \(XB \cdot XB' = XD \cdot XD'\)). \(\square\)

Ceci achève la solution 1. \(\blacksquare\)

Solution 2

Cette solution repose sur le lemme général suivant.

Lemme 2. Soient \(E\) et \(F\) deux points distincts, et \(\omega_1, \omega_2, \omega_3, \omega_4\) des cercles situés dans un même demi-plan par rapport à \((EF)\). Pour \(i \neq j\), notons \(O_{ij}^+\) (resp. \(O_{ij}^-\)) le centre de l'homothétie de rapport positif (resp. négatif) qui envoie \(\omega_i\) sur \(\omega_j\). Si \(E = O_{12}^+ = O_{34}^+\) et \(F = O_{23}^+ = O_{41}^+\), alors \(O_{13}^- = O_{24}^-\).

Preuve. Le théorème de Monge, appliqué aux triplets \(\omega_1, \omega_2, \omega_4\) et \(\omega_1, \omega_3, \omega_4\), montre que les points \(O_{24}^-\) et \(O_{13}^-\) sont tous deux sur la droite \(EO_{14}^-\). Cette droite est distincte de \((EF)\). De même, \(O_{24}^-\) et \(O_{13}^-\) sont tous deux sur la droite \(FO_{34}^-\). Les droites \(EO_{14}^-\) et \(FO_{34}^-\) étant distinctes, les deux points coïncident avec leur point d'intersection. \(\square\)

Revenons au problème. Soit \(E\) l'intersection de \((AB)\) et \((CD)\), et \(F\) celle de \((BC)\) et \((DA)\). Supposons sans perte de généralité que \(B\) est sur les segments \([AE]\) et \([CF]\). Montrons que \(E\), \(F\) et les cercles \(\omega_i\) vérifient les hypothèses du lemme 2 ; l'énoncé en découlera, car \(O_{13}^-\) et \(O_{24}^-\) sont les points de concours des tangentes communes intérieures.

Grâce à \(\triangle ECA \sim \triangle EBD\), \(KN \parallel BD\), \(MN \parallel AC\) et \(KN = NM\),

\[\frac{AN}{ND} = \frac{AN}{AD} \cdot \frac{AD}{ND} = \frac{KN}{BD} \cdot \frac{AC}{NM} = \frac{AC}{BD} = \frac{AE}{ED}.\]

Donc, par le théorème de la bissectrice, \(N\) est sur la bissectrice intérieure de \(\angle AED\). De même, \(L\) est sur cette bissectrice, et \(K\) et \(M\) sont sur la bissectrice intérieure de \(\angle AFB\).

Comme \(KLMN\) est un losange, \(K\) et \(M\) sont symétriques par rapport à la droite \((ELN)\). Donc le quadrilatère convexe délimité par les droites \(EK\), \(EM\), \(KL\) et \(ML\) est un cerf-volant ; il possède un cercle inscrit \(\omega_0\). Le théorème de Monge appliqué à \(\omega_0\), \(\omega_2\), \(\omega_3\) montre que \(O_{23}^+\) est sur \((KM)\). (Précision ajoutée : \(K\), intersection des tangentes communes \(EK\) et \(KL\), est un centre d'homothétie entre \(\omega_0\) et \(\omega_2\) ; \(M\) en est un, de même nature par symétrie, entre \(\omega_0\) et \(\omega_3\).) Par ailleurs, \(O_{23}^+\) est sur \((BC)\), tangente commune extérieure à \(\omega_2\) et \(\omega_3\). Il s'ensuit que \(F = O_{23}^+\). De même, \(E = O_{12}^+ = O_{34}^+\) et \(F = O_{41}^+\). Le lemme 2 conclut. \(\blacksquare\)

Remarques

Remarque 1. La solution 1 montre que l'énoncé reste vrai pour tout parallélogramme \(KLMN\) dont les côtés sont parallèles aux diagonales de \(ABCD\) : aucune propriété spécifique au losange n'a été utilisée. Elle fonctionne aussi bien lorsque deux côtés de \(ABCD\) sont parallèles.

Remarque 2. On peut se ramener au lemme 1 par d'autres outils (barycentres, mouvement linéaire de \(K, L, M, N\), etc.), et le lemme 1 lui-même admet d'autres preuves. En voici une. Sur le cercle circonscrit à \(ABCD\), soient \(K', L', M', N'\) les milieux des arcs \(AB\), \(BC\), \(CD\), \(DA\) ne contenant pas d'autre sommet ; ainsi \(K' = CI_B \cap DI_A\), etc. On note \([\mathcal{P}]\) l'aire d'un polygone \(\mathcal{P}\). On utilise les similitudes \(\triangle I_ABK' \sim \triangle I_ADN'\), \(\triangle I_BK'L' \sim \triangle I_BAC\), etc., ainsi que les isométries \(\triangle I_BK'L' \cong \triangle BK'L'\) et \(\triangle I_DM'N' \cong \triangle DM'N'\) (la première car \(K'L'\) est bissectrice commune des angles \(BK'I_B\) et \(BL'I_B\)). Alors

\[\begin{aligned} \frac{BX}{DX} &= \frac{[I_ABI_C]}{[I_ADI_C]} = \frac{BI_A \cdot BI_C \cdot \sin I_ABI_C}{DI_A \cdot DI_C \cdot \sin I_ADI_C} = \frac{BI_A}{DI_A} \cdot \frac{BI_C}{DI_C} \cdot \frac{\sin N'BM'}{\sin K'DL'} \\ &= \frac{BK'}{DN'} \cdot \frac{BL'}{DM'} \cdot \frac{\sin N'DM'}{\sin K'BL'} = \frac{BK' \cdot BL' \cdot \sin K'BL'}{DN' \cdot DM' \cdot \sin N'DM'} \cdot \frac{\sin^2 N'DM'}{\sin^2 K'BL'} \\ &= \frac{[K'BL']}{[M'DN']} \cdot \frac{N'M'^2}{K'L'^2} = \frac{[K'I_BL'] \cdot \frac{AC^2}{K'L'^2}}{[M'I_DN'] \cdot \frac{AC^2}{N'M'^2}} = \frac{[AI_BC]}{[AI_DC]} = \frac{r_B}{r_D}. \end{aligned}\]

(Le livret écrit \(A'C'^2\) dans l'avant-dernière fraction ; il faut lire \(AC^2\), ce facteur se simplifiant de toute façon.)

Remarque 3. La réduction au lemme 2 et la preuve de ce lemme peuvent aussi se faire avec d'autres outils : théorème de Ménélaüs, projection de divisions harmoniques, autres applications du théorème de Monge, etc.