Shortlist 2021, G1

Domaine : Géométrie · Difficulté : ★☆☆☆☆ · Proposé par : non indiqué

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

Solution officielle : Shortlist officielle 2021 (avec solutions), p. 42 (page 42 du PDF)

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Énoncé

Let \(ABCD\) be a parallelogram such that \(AC = BC\). A point \(P\) is chosen on the extension of the segment \(AB\) beyond \(B\). The circumcircle of the triangle \(ACD\) meets the segment \(PD\) again at \(Q\), and the circumcircle of the triangle \(APQ\) meets the segment \(PC\) again at \(R\). Prove that the lines \(CD\), \(AQ\), and \(BR\) are concurrent.

Indices : les idées clés

• Chasse aux angles et quadrilatères cycliques : l'égalité \(AC = BC = AD\) donne beaucoup d'angles égaux, puis le point clé : \(A, B, C, R\) sont cocycliques.
• Tangence par l'angle tangente-corde : \(AC\) est tangente au cercle \((APRQ)\) (solution 2), \(CD\) est tangente au cercle \((ABC)\) (solution 3).
• Théorème de Pascal dégénéré (hexagone \(AAYRPQ\), où \(AA\) désigne la tangente en \(A\)) (solution 2).
• Puissance d'un point et axe radical : \(CD\), \(AQ\) et \(BR\) sont les trois axes radicaux de trois cercles, donc concourantes (solution 3).

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2021 (trois solutions et deux remarques).

Étapes préliminaires (communes à toutes les solutions). Comme \(ABCD\) est un parallélogramme, \(AD = BC = AC\). Les triangles \(CAB\) et \(ACD\) sont isocèles et \(AB \parallel CD\), donc

\[\angle ABC = \angle BAC = \angle ACD = \angle ADC.\]

Comme les quadrilatères \(APRQ\) et \(AQCD\) sont inscriptibles, et que \(D, Q, P\) sont alignés,

\[\angle CRA = 180^\circ - \angle ARP = 180^\circ - \angle AQP = \angle DQA = \angle DCA = \angle CBA,\]

donc, par chasse aux angles, les points \(A, B, C, R\) sont sur un même cercle, noté \(\gamma\).

Solution 1

Soit \(X\) le point d'intersection de \(AQ\) et \(CD\) ; il s'agit de montrer que \(B\), \(R\) et \(X\) sont alignés (voir la figure).

Grâce au cercle \((APRQ)\), et comme \(AB \parallel CD\),

\[\angle RQX = 180^\circ - \angle AQR = \angle RPA = \angle RCX,\]

donc les points \(C, Q, R, X\) sont cocycliques, sur un cercle noté \(\delta\).

En utilisant les cercles \(\delta\) et \(\gamma\), on obtient enfin

\[\angle XRC = \angle XQC = 180^\circ - \angle CQA = \angle ADC = \angle BAC = 180^\circ - \angle CRB,\]

(la troisième égalité vient du quadrilatère inscrit \(AQCD\), la dernière du cercle \(\gamma\)), donc \(\angle XRC + \angle CRB = 180^\circ\) : les points \(X\), \(R\), \(B\) sont alignés. Les droites \(CD\), \(AQ\) et \(BR\) concourent en \(X\). \(\blacksquare\)

Solution 2

Notons \(\alpha\) le cercle \((APRQ)\). Comme

\[\angle CAP = \angle ACD = \angle AQD = 180^\circ - \angle AQP,\]

l'angle entre \(AC\) et la corde \(AP\) est égal à l'angle inscrit qui intercepte cette corde : la droite \(AC\) est tangente à \(\alpha\) en \(A\).

Soit \(Y\) le second point d'intersection de la droite \(AD\) avec \(\alpha\) (il se trouve nécessairement sur le prolongement de \([DA]\) au-delà de \(A\)). En utilisant le cercle \(\gamma\), la tangence de \(AC\) à \(\alpha\) et le parallélisme \(AD \parallel BC\) :

\[\angle ARY = \angle CAD = \angle ACB = \angle ARB,\]

donc les points \(Y\), \(B\), \(R\) sont alignés.

Appliquons le théorème de Pascal à l'hexagone \(AAYRPQ\) inscrit dans \(\alpha\) (où \(AA\) désigne la tangente à \(\alpha\) en \(A\), c'est-à-dire la droite \(AC\)). Les points

\[AA \cap RP = C, \qquad AY \cap PQ = D, \qquad YR \cap QA\]

sont alignés. Donc le point \(YR \cap QA\) est sur \(CD\) ; comme la droite \(YR\) est la droite \(BR\), les droites \(CD\), \(AQ\) et \(BR\) sont concourantes. \(\blacksquare\)

Solution 3

Comme dans la solution 1, on pose \(X = AQ \cap CD\) et l'on veut montrer que \(B\), \(R\), \(X\) sont alignés. Comme dans la solution 2, on note \(\alpha = (APQR)\), mais on définit cette fois \(Y\) comme le second point d'intersection de la droite \(RB\) avec \(\alpha\) (voir la figure).

Puisque \(\angle ACD = \angle ABC\), la droite \(CD\) est tangente à \(\gamma\) en \(C\). En utilisant le cercle \(\alpha\), le parallélisme \(AB \parallel CD\) et cette tangence :

\[\angle RYA = \angle RPA = \angle RCX = \angle RBC. \tag{1}\]

Ainsi \(AY \parallel BC\), donc \(Y\) est sur la droite \(DA\).

La chaîne (1) montre aussi que \(\angle RYD = \angle RCX\), ce qui implique que \(C, D, Y, R\) sont cocycliques, sur un cercle noté \(\beta\). Les droites \(CD\), \(AQ\) et \(YBR\) sont alors les axes radicaux deux à deux des cercles \((AQCD)\), \(\alpha\) et \(\beta\) :

• \(AQ\) est l'axe radical de \((AQCD)\) et \(\alpha\) ;
• \(CD\) est l'axe radical de \((AQCD)\) et \(\beta\) ;
• \(YR\) est l'axe radical de \(\alpha\) et \(\beta\).

Ces trois droites sont donc concourantes (au centre radical). \(\blacksquare\)

Remarques

Remarque 1. La solution 2 comporte deux parties : (1) montrer que \(BR\) et \(DA\) se coupent sur \(\alpha\) ; (2) montrer que cela entraîne la concourance voulue. La solution 3 se découpe selon les mêmes deux parties, mais avec des preuves différentes.

Remarque 2. L'énoncé proposé à l'origine contenait l'hypothèse supplémentaire \(BP = AB\). Le comité de sélection l'a supprimée car elle est superflue.