Shortlist 2021, G4

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

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

Solution officielle : Shortlist officielle 2021 (avec solutions), p. 49 (page 49 du PDF)

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Énoncé

Let \(ABCD\) be a quadrilateral inscribed in a circle \(\Omega\). Let the tangent to \(\Omega\) at \(D\) intersect the rays \(BA\) and \(BC\) at points \(E\) and \(F\), respectively. A point \(T\) is chosen inside the triangle \(ABC\) so that \(TE \parallel CD\) and \(TF \parallel AD\). Let \(K \neq D\) be a point on the segment \(DF\) such that \(TD = TK\). Prove that the lines \(AC\), \(DT\) and \(BK\) intersect at one point.

Indices : les idées clés

• Chasse aux angles et quadrilatères cycliques (solution 1) : \(A, P, D, E\) et \(C, Q, D, F\) sont cocycliques, puis \(T, P, Q, D, K\) aussi ; on en déduit \(TK \parallel BD\) et \(PK \parallel BC\).
• Puissance d'un point et axe radical (solution 1) : \(T\) est sur la tangente commune en \(D\) aux cercles \(\alpha\) et \(\gamma\) car \(TP \cdot TE = TQ \cdot TF\).
• Homothétie (solution 1) : les triangles \(TPK\) et \(DCB\) ont leurs côtés deux à deux parallèles, donc \(TD\), \(PC\), \(KB\) sont concourantes.
• Triangles semblables et similitudes (solution 2) : la similitude de centre \(D\) qui envoie \(B\) sur \(F\) envoie \(E\) sur \(T\) et \(A\) sur \(Q\) ; un calcul de rapports conclut.

Solutions

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

Solution 1

(Voir la figure.) Soient \(P\) et \(Q\) les points d'intersection des segments \(TE\) et \(TF\) avec \(AC\).

Deux cercles. Comme \(PE \parallel CD\) et que \(ED\) est tangente au cercle circonscrit à \(ABCD\),

\[\angle EPA = \angle DCA = \angle EDA,\]

donc \(A\), \(P\), \(D\), \(E\) sont sur un même cercle \(\alpha\) (chasse aux angles). De même, \(C\), \(Q\), \(D\), \(F\) sont sur un même cercle \(\gamma\).

\(DT\) est tangente à \(\alpha\) et \(\gamma\) en \(D\). Comme \(\angle FCD + \angle EAD = 180^\circ\), les cercles \(\alpha\) et \(\gamma\) sont tangents l'un à l'autre en \(D\). Pour montrer que \(T\) est sur leur tangente commune en \(D\) (c'est-à-dire sur leur axe radical), il suffit de vérifier que \(TP \cdot TE = TQ \cdot TF\), c'est-à-dire que le quadrilatère \(PEFQ\) est inscriptible. Cela découle de

\[\angle QFE = \angle ADE = \angle APE.\]

\(TK \parallel BD\). Comme \(TD = TK\), on a \(\angle TKD = \angle TDK\). Ensuite, \(TD\) et \(DE\) étant tangentes respectivement à \(\alpha\) et à \(\Omega\),

\[\angle TKD = \angle TDK = \angle EAD = \angle BDE,\]

d'où \(TK \parallel BD\).

Les cinq points \(T, P, Q, D, K\) sont cocycliques. Comme \(TD\) est tangente au cercle \(\alpha\),

\[\angle EPD = \angle TDF = \angle TKD,\]

donc \(P\) est sur le cercle \((TDK)\). De même, \(Q \in (TDK)\). Notons \(\tau\) ce cercle.

\(PK \parallel BC\). En utilisant les cercles \(\tau\) et \(\gamma\),

\[\angle PKD = \angle PQD = \angle DFC,\]

donc \(PK \parallel BC\).

Conclusion. Les triangles \(TPK\) et \(DCB\) ont leurs côtés deux à deux parallèles (\(TP \parallel DC\), \(PK \parallel CB\), \(KT \parallel BD\)) ; ils se correspondent donc par une homothétie, et les droites \(TD\), \(PC\) et \(KB\) sont concourantes. Comme \(PC\) est la droite \(AC\), c'est le résultat voulu. \(\blacksquare\)

Solution 2

La similitude. Soit \(\varphi\) la similitude directe de centre \(D\) qui envoie \(B\) sur \(F\). Rappelons que pour deux points quelconques \(X\) et \(Y\), les triangles \(DX\varphi(X)\) et \(DY\varphi(Y)\) sont semblables.

Posons \(T' = \varphi(E)\). Alors

\[\angle CDF = \angle FBD = \angle \varphi(B)BD = \angle \varphi(E)ED = \angle T'ED,\]

donc \(CD \parallel T'E\). Comme \(DE\) est tangente au cercle \((ABD)\), puis en appliquant \(\varphi\),

\[\angle ADE = \angle ABD = \angle T'FD,\]

donc \(AD \parallel T'F\) ; ainsi \(T'\) coïncide avec \(T\). Par conséquent,

\[\angle BDE = \angle FDT = \angle DKT,\]

d'où \(TK \parallel BD\).

Rapports. Soient \(X = BK \cap TD\), \(Y = AC \cap TD\) et \(Q = AC \cap TF\). Comme \(TK \parallel BD\),

\[\frac{TX}{XD} = \frac{TK}{BD} = \frac{TD}{BD}.\]

Il suffit donc de montrer que \(\frac{TY}{YD}\) vaut ce même rapport.

Montrons d'abord que \(\varphi(A) = Q\). En effet,

\[\angle DA\varphi(A) = \angle DBF = \angle DAC,\]

donc \(\varphi(A) \in AC\). Comme aussi \(\varphi(A) \in \varphi(EB) = TF\), on obtient \(\varphi(A) = Q\). Il en résulte (rapport de la similitude)

\[\frac{TQ}{AE} = \frac{TD}{ED}.\]

Enfin, comme \(TF \parallel AD\) et que les triangles \(EAD\) et \(EDB\) sont semblables,

\[\frac{TY}{YD} = \frac{TQ}{AD} = \frac{TQ}{AE} \cdot \frac{AE}{AD} = \frac{TD}{ED} \cdot \frac{ED}{BD} = \frac{TD}{BD},\]

donc \(X = Y\), ce qui achève la preuve. \(\blacksquare\)

Remarques

Remarque 1 (variante de la solution 1). Après avoir trouvé les cercles \(\alpha\) et \(\gamma\), on peut remarquer qu'il existe une homothétie \(h\) qui envoie le triangle \(TPQ\) sur le triangle \(DCA\) ; son centre est \(Y = AC \cap TD\). Comme

\[\angle DPE = \angle DAE = \angle DCB = \angle DQT,\]

le quadrilatère \(TPDQ\) est inscrit dans un cercle \(\tau\). On a \(h(\tau) = \Omega\), donc le point \(D^* = h(D)\) est sur \(\Omega\). Enfin, d'après

\[\angle DCD^* = \angle TPD = \angle BAD,\]

les points \(B\) et \(D^*\) sont symétriques par rapport au diamètre de \(\Omega\) passant par \(D\). Il en résulte \(DB = DD^*\) et \(BD^* \parallel EF\), donc \(h(K) = B\), et \(BK\) passe par \(Y\).

Remarque 2. Le point \(D\) est le point de Miquel de n'importe quelles quatre des cinq droites \(BA\), \(BC\), \(TE\), \(TF\) et \(AC\). C'est essentiellement ce que prouvent les deux solutions, par des méthodes différentes.