Shortlist 2021, G5

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

Concepts : Puissance d'un point et axe radical · Chasse aux angles et quadrilatères cycliques · Homothétie · Trigonométrie : loi des sinus, Ceva trigonométrique · Triangles semblables et similitudes

Solution officielle : Shortlist officielle 2021 (avec solutions), p. 52 (page 52 du PDF)

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Énoncé

Let \(ABCD\) be a cyclic quadrilateral whose sides have pairwise different lengths. Let \(O\) be the circumcentre of \(ABCD\). The internal angle bisectors of \(\angle ABC\) and \(\angle ADC\) meet \(AC\) at \(B_1\) and \(D_1\), respectively. Let \(O_B\) be the centre of the circle which passes through \(B\) and is tangent to \(AC\) at \(D_1\). Similarly, let \(O_D\) be the centre of the circle which passes through \(D\) and is tangent to \(AC\) at \(B_1\).

Assume that \(BD_1 \parallel DB_1\). Prove that \(O\) lies on the line \(O_B O_D\).

Indices : les idées clés

• Réduction : la corde commune \(BT_B\) de \(\Omega\) et \(\gamma_B\) est perpendiculaire à \(OO_B\) (de même \(DT_D \perp OO_D\)), donc il suffit de prouver \(BT_B \parallel DT_D\).
• Puissance d'un point et axe radical (solution 1) : le point \(L_B\) où la tangente en \(B\) coupe \(AC\) vérifie \(L_BB = L_BB_1\) (Chasse aux angles), donc il est sur l'axe radical \(DT_D\) de \(\Omega\) et \(\gamma_D\).
• Homothétie de centre \(H = AC \cap BD\) (solution 1) : elle envoie \(B\) sur \(D\) et \(D_1\) sur \(B_1\) ; la Trigonométrie : loi des sinus montre qu'elle envoie aussi \(L_D\) sur \(L_B\).
• Théorème de Pascal et Triangles semblables et similitudes (solution 2) : un trapèze isocèle inscrit dont les diagonales se coupent au milieu de \(AC\) fournit des triangles semblables puis homothétiques.

Solutions

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

Remarques communes. Notons \(\Omega\) le cercle \((ABCD)\), et \(\gamma_B\), \(\gamma_D\) les deux cercles de l'énoncé (de centres \(O_B\) et \(O_D\)). Les trois centres \(O\), \(O_B\), \(O_D\) sont clairement distincts.

Position des points. Supposons sans perte de généralité que \(AB > BC\). Supposons que \(AD > DC\), et soit \(H = AC \cap BD\). Alors les demi-droites \([BB_1)\) et \([DD_1)\) sont du même côté de \(BD\), car elles contiennent respectivement les milieux des arcs \(ADC\) et \(ABC\). Mais si \(BD_1 \parallel DB_1\), alors \(B_1\) et \(D_1\) doivent être séparés par \(H\). Cette contradiction montre que \(AD < CD\). (Voir la figure.)

Réduction. Soient \(T_B\) et \(T_D\) les seconds points d'intersection de \(\gamma_B\) et \(\gamma_D\) avec \(\Omega\). La corde commune \(BT_B\) de \(\Omega\) et \(\gamma_B\) est perpendiculaire à leur ligne des centres \(O_BO\) ; de même, \(DT_D \perp O_DO\). Par conséquent,

\[O \in O_BO_D \iff O_BO \parallel O_DO \iff BT_B \parallel DT_D,\]

et le problème se ramène à prouver

\[BT_B \parallel DT_D. \tag{1}\]

Solution 1

(Voir la figure.) Soit \(H\) le point d'intersection des diagonales \(AC\) et \(BD\), et soit \(h\) l'homothétie de centre \(H\) qui envoie \(B\) sur \(D\). Comme \(BD_1 \parallel DB_1\), on a \(h(D_1) = B_1\).

Soient \(L_B\) et \(L_D\) les points où les tangentes à \(\Omega\) en \(B\) et en \(D\) coupent \(AC\). Par chasse aux angles (angle tangente-corde et bissectrice),

\[\angle L_BBB_1 = \angle L_BBC + \angle CBB_1 = \angle BAL_B + \angle B_1BA = \angle BB_1L_B,\]

donc le triangle \(L_BBB_1\) est isocèle : \(L_BB = L_BB_1\). Les puissances de \(L_B\) par rapport à \(\Omega\) et à \(\gamma_D\) valent \(L_BB^2\) et \(L_BB_1^2\) (car \(L_BB\) est tangente à \(\Omega\) et \(L_BB_1\) tangente à \(\gamma_D\)) ; elles sont égales, donc \(L_B\) est sur l'axe radical \(T_DD\) de ces deux cercles. De même, \(L_D\) est sur l'axe radical \(T_BB\) de \(\Omega\) et \(\gamma_B\).

Par la loi des sinus dans le triangle \(BHL_B\),

\[\frac{HL_B}{\sin \angle HBL_B} = \frac{BL_B}{\sin \angle BHL_B} = \frac{B_1L_B}{\sin \angle BHL_B} ; \tag{2}\]

de même,

\[\frac{HL_D}{\sin \angle HDL_D} = \frac{DL_D}{\sin \angle DHL_D} = \frac{D_1L_D}{\sin \angle DHL_D}. \tag{3}\]

Clairement, \(\angle BHL_B = \angle DHL_D\). Dans le cercle \(\Omega\), les tangentes \(BL_B\) et \(DL_D\) font des angles égaux avec la corde \(BD\), donc \(\sin \angle HBL_B = \sin \angle HDL_D\) (cette égalité ne dépend pas de la figure). En divisant (2) par (3), on obtient

\[\frac{HL_B}{HL_D} = \frac{B_1L_B}{D_1L_D}, \qquad \text{donc} \qquad \frac{HL_B}{HL_D} = \frac{HL_B - B_1L_B}{HL_D - D_1L_D} = \frac{HB_1}{HD_1}.\]

Comme \(h(D_1) = B_1\), cette relation donne \(h(L_D) = L_B\). Ainsi \(h\) envoie la droite \(L_DB\) sur la droite \(L_BD\), et ces droites sont parallèles. Comme \(L_DB\) est la droite \(BT_B\) et \(L_BD\) la droite \(DT_D\), on a (1). \(\blacksquare\)

Solution 2

(Voir la figure.) Soient \(X_B\) et \(Y_B\) les seconds points d'intersection de \(BD_1\) et \(T_BD_1\) avec \(\Omega\). Alors (angle tangente-corde dans \(\gamma_B\), puis angles inscrits dans \(\Omega\))

\[\angle BD_1C = \angle BT_BD_1 = \angle BT_BY_B = \angle BX_BY_B,\]

ce qui montre que \(X_BY_B \parallel AC\). De même, si \(DB_1\) et \(T_DB_1\) recoupent \(\Omega\) en \(X_D\) et \(Y_D\), alors \(X_DY_D \parallel AC\).

Soient \(M_D\) et \(M_B\) les milieux des arcs \(ABC\) et \(ADC\) ; les points \(D_1\) et \(B_1\) sont respectivement sur \(DM_D\) et \(BM_B\). Soit \(K\) le milieu de \(AC\) (qui est sur \(M_BM_D\)). Le théorème de Pascal appliqué à l'hexagone \(M_DDX_DX_BBM_B\) montre que les points

\[D_1 = M_DD \cap X_BB, \qquad B_1 = DX_D \cap BM_B, \qquad X_DX_B \cap M_BM_D\]

sont alignés ; donc \(X_DX_B \cap M_BM_D\) est sur \(AC\), c'est-à-dire que \(X_BX_D\) passe par \(K\). Par symétrie par rapport à \(M_BM_D\), les diagonales du trapèze isocèle \(X_BY_BX_DY_D\) se coupent en \(K\).

Soient \(b\) et \(d\) les distances des droites \(X_BY_B\) et \(X_DY_D\) à \(AC\). Alors

\[\frac{X_BY_B}{X_DY_D} = \frac{b}{d} = \frac{D_1X_B}{B_1X_D},\]

où la seconde égalité vient de \(D_1X_B \parallel B_1X_D\). Par conséquent, les triangles \(D_1X_BY_B\) et \(B_1X_DY_D\) sont semblables. Les triangles \(D_1T_BB\) et \(B_1T_DD\) leur sont semblables (cordes sécantes en \(D_1\) et en \(B_1\)), donc semblables entre eux. Comme \(BD_1 \parallel DB_1\), ces triangles sont même homothétiques, d'où \(BT_B \parallel DT_D\), comme voulu. \(\blacksquare\)

Remarques

Remarque 1. La discussion sur la position des points semble nécessaire pour les deux solutions ; elle découle cependant automatiquement de la chasse aux angles de la remarque 2.

Remarque 2 (preuve synthétique de \(h(L_D) = L_B\)). Soient \(B_2\) et \(D_2\) les points où les bissectrices extérieures des angles \(ABC\) et \(ADC\) coupent \(AC\) ; supposons l'arc \(AB\) plus grand que l'arc \(CB\). Dans le triangle \(BB_1B_2\), rectangle en \(B\), le point \(L_B\) de l'hypoténuse vérifie \(L_BB_1 = L_BB\), donc \(L_B\) est le milieu de \(B_1B_2\). Comme \(DD_1\) est la bissectrice intérieure de l'angle \(ADC\),

\[\angle BDD_1 = \frac{\angle BDA - \angle CDB}{2} = \frac{\angle BCA - \angle CAB}{2} = \angle BB_2D_1,\]

donc \(B\), \(B_2\), \(D\), \(D_1\) sont sur un même cercle \(\omega_B\). De même, \(L_D\) est le milieu de \(D_1D_2\), et \(D\), \(D_2\), \(B\), \(B_1\) sont sur un même cercle \(\omega_D\). Alors

\[\angle B_2DB_1 = \angle B_2DB - \angle B_1DB = \angle B_2D_1B - \angle B_1D_2B = \angle D_2BD_1.\]

Les côtés correspondants des triangles \(DB_1B_2\) et \(BD_1D_2\) sont donc parallèles, et ces triangles sont homothétiques (de centre \(H\)) ; leurs médianes correspondantes \(DL_B\) et \(BL_D\) sont donc parallèles.

Autre variante : une fois obtenus \(\omega_B\) et \(\omega_D\), on remarque que \(H\) est sur leur axe radical \(BD\), d'où \(HB_1 \cdot HD_2 = HD_1 \cdot HB_2\), soit \(\frac{HB_1}{HD_1} = \frac{HB_2}{HD_2}\). (Le livret écrit \(\frac{HB_2}{HD_1}\) au second membre ; il faut lire \(\frac{HB_2}{HD_2}\).) Comme \(h(D_1) = B_1\), cela donne \(h(D_2) = B_2\), donc \(h(L_D) = L_B\).

Remarque 3. Comme \(h\) conserve la droite \(AC\) et envoie \(B\) sur \(D\) et \(D_1\) sur \(B_1\), on a \(h(\gamma_B) = \gamma_D\). Donc \(h(O_B) = O_D\) ; en particulier, \(H\) est aussi sur la droite \(O_BO_D\).

Remarque 4. La proposition originale demandait de prouver que les relations \(BD_1 \parallel DB_1\) et \(O \in O_BO_D\) sont équivalentes. Une fois prouvée l'implication \(BD_1 \parallel DB_1 \Rightarrow O \in O_BO_D\), la réciproque se démontre soit en refaisant le raisonnement à l'envers, mutatis mutandis, soit par la procédure habituelle consistant à faire varier certains points de la construction. Le comité de sélection a choisi la version actuelle, moins technique mais qui garde l'essentiel des idées. (Le livret note ici \(O_1O_2\) pour \(O_BO_D\).)