Shortlist 2021, G7

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

Concepts : Centres du triangle et lemmes classiques · Chasse aux angles et quadrilatères cycliques · Puissance d'un point et axe radical · Inversion · Trigonométrie : loi des sinus, Ceva trigonométrique

Solution officielle : Shortlist officielle 2021 (avec solutions), p. 60 (page 60 du PDF)

Problème 3 de l'OIM 2021

Ce problème a été choisi parmi ceux de la shortlist pour l'épreuve de l'OIM 2021, où il était le problème 3 (jour 1).

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Énoncé

A point \(D\) is chosen inside an acute-angled triangle \(ABC\) with \(AB > AC\) so that \(\angle BAD = \angle DAC\). A point \(E\) is constructed on the segment \(AC\) so that \(\angle ADE = \angle DCB\). Similarly, a point \(F\) is constructed on the segment \(AB\) so that \(\angle ADF = \angle DBC\). A point \(X\) is chosen on the line \(AC\) so that \(CX = BX\). Let \(O_1\) and \(O_2\) be the circumcentres of the triangles \(ADC\) and \(DXE\). Prove that the lines \(BC\), \(EF\), and \(O_1O_2\) are concurrent.

Indices : les idées clés

• Centres du triangle : le conjugué isogonal \(Q\) de \(D\) rend \(B, F, E, C\) cocycliques et fournit le point \(T = BC \cap EF\) avec \(TD^2 = TB \cdot TC = TF \cdot TE\).
• Chasse aux angles : tangence des cercles \((DEF)\) et \((BDC)\), cocyclicités successives (angles orientés).
• Puissance d'un point et axe radical : \(T\) est sur l'axe radical (tangente commune en \(D\)) ; concourance des axes radicaux (solution 1).
• Inversion : l'inversion de centre \(T\) et de rayon \(TD\) produit un point \(K\) avec \(TK = TD\), de sorte que \(T\), \(O_1\), \(O_2\) sont sur la médiatrice de \(DK\) (solution 1) ; inversion de centre \(C\) (solution 3).
• Trigonométrie (solution 2) : calcul de rapports de longueurs par projections et loi des sinus.

Solutions

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

Remarques communes. Soit \(Q\) le conjugué isogonal de \(D\) dans le triangle \(ABC\). Comme \(\angle BAD = \angle DAC\), le point \(Q\) est sur \((AD)\). Alors \(\angle QBA = \angle DBC = \angle FDA\), donc \(Q, D, F, B\) sont cocycliques. De même, \(Q, D, E, C\) sont cocycliques. Ainsi \(AF \cdot AB = AD \cdot AQ = AE \cdot AC\) (puissance du point \(A\)), donc \(B, F, E, C\) sont aussi cocycliques. Soit \(T\) l'intersection de \((BC)\) et \((FE)\). (voir la figure)

Affirmation. \(TD^2 = TB \cdot TC = TF \cdot TE\).

Preuve. Montrons que les cercles \((DEF)\) et \((BDC)\) sont tangents. Avec ce qui précède,

\[\begin{aligned} \angle BDF &= \angle AFD - \angle ABD = (180^\circ - \angle FAD - \angle FDA) - (\angle ABC - \angle DBC) \\ &= 180^\circ - \angle FAD - \angle ABC = 180^\circ - \angle DAE - \angle FEA = \angle FED + \angle ADE = \angle FED + \angle DCB, \end{aligned}\]

ce qui donne la tangence (chasse aux angles, angle tangentiel). Comme \(B, C, E, F\) sont cocycliques, les puissances de \(T\) par rapport aux cercles \((BDC)\) et \((EDF)\) sont égales (\(TB \cdot TC = TE \cdot TF\)) ; donc leur axe radical, qui est la tangente commune en \(D\), passe par \(T\), et \(TD^2 = TE \cdot TF = TB \cdot TC\). \(\square\)

Solution 1

Soit \(M\) le second point d'intersection de \((TA)\) avec le cercle \((ABC)\). Grâce aux cercles \((BCEF)\) et \((AMCB)\) et à l'affirmation, \(TM \cdot TA = TF \cdot TE = TB \cdot TC = TD^2\) ; en particulier, \(A, M, E, F\) sont cocycliques.

Considérons l'inversion de centre \(T\) et de rayon \(TD\). Elle envoie \(M\) sur \(A\) et \(B\) sur \(C\), donc le cercle \((MBD)\) sur le cercle \((ADC)\). Leur point commun \(D\) est sur le cercle d'inversion, donc leur second point commun \(K\) l'est aussi : \(TK = TD\). Par conséquent, \(T\) et les centres des cercles \((KDE)\) et \((ADC)\) sont sur la médiatrice de \([KD]\).

Comme le centre de \((ADC)\) est \(O_1\), il suffit maintenant de montrer que \(D, K, E, X\) sont cocycliques (le centre du cercle correspondant sera alors \(O_2\), et \(O_1\), \(O_2\), \(T\) seront alignés sur la médiatrice de \([KD]\)).

Les droites \((BM)\), \((DK)\) et \((AC)\) sont les axes radicaux deux à deux des cercles \((ABCM)\), \((ACDK)\) et \((BMDK)\) ; elles concourent donc en un point \(P\). De plus, \(M\) est sur le cercle \((AEF)\), donc, en angles orientés de droites,

\[\begin{aligned} \measuredangle(EX, XB) &= \measuredangle(CX, XB) = \measuredangle(XC, BC) + \measuredangle(BC, BX) = 2\measuredangle(AC, CB) \\ &= \measuredangle(AC, CB) + \measuredangle(EF, FA) = \measuredangle(AM, BM) + \measuredangle(EM, MA) = \measuredangle(EM, BM), \end{aligned}\]

donc \(M, E, X, B\) sont cocycliques. Ainsi \(PE \cdot PX = PM \cdot PB = PK \cdot PD\) (puissance du point \(P\)), et \(E, K, D, X\) sont cocycliques, comme voulu. \(\blacksquare\)

Solution 2

On n'utilise que la première partie des remarques communes : \((C, D, Q, E)\) et \((B, C, E, F)\) sont cocycliques, ainsi que le point \(T = BC \cap EF\). Soit \(E_1\) le second point d'intersection du cercle \((CDE)\) avec \((BC)\). Comme \(\angle E_1CQ = \angle DCE\), les arcs \(DE\) et \(QE_1\) du cercle \((CDQ)\) sont égaux, donc \((DQ) \parallel (EE_1)\).

Comme \(BFEC\) est cyclique, la droite \((AD)\) fait des angles égaux avec \((BC)\) et \((EF)\) (c'est la bissectrice de l'angle \(A\) et \((EF)\) est antiparallèle à \((BC)\)) ; il en est donc de même de \((EE_1)\). Le triangle \(EE_1T\) est donc isocèle, \(TE = TE_1\), et \(T\) est sur la médiatrice commune de \([EE_1]\) et \([DQ]\).

Soient \(U\) et \(V\) les centres des cercles \((ADE)\) et \((CDQE)\). Alors \((UO_1)\) est la médiatrice de \([AD]\). De plus, \(U\), \(V\) et \(O_2\) sont sur la médiatrice de \([DE]\). Comme \((UO_1) \parallel (VT)\) (toutes deux perpendiculaires à \((AD)\)), pour montrer que \((O_1O_2)\) passe par \(T\) il suffit (Thalès) de montrer que

\[\frac{O_2U}{O_2V} = \frac{O_1U}{TV}. \tag{1}\]

Notons \(\alpha, \beta, \gamma\) les angles \(A, B, C\) du triangle \(ABC\). En projetant sur \((AC)\) (les centres \(U\), \(O_2\), \(V\) se projettent sur les milieux de \([AE]\), \([XE]\), \([EC]\)) et par la loi des sinus dans le triangle \(ABX\) :

\[\frac{O_2U}{O_2V} = \frac{(XE - AE)/2}{(XE + EC)/2} = \frac{AX}{CX} = \frac{AX}{BX} = \frac{\sin(\gamma - \beta)}{\sin\alpha}. \tag{2}\]

La projection de \(O_1U\) sur \((AC)\) est \((AC - AE)/2 = CE/2\) ; l'angle entre \((O_1U)\) et \((AC)\) vaut \(90^\circ - \alpha/2\), donc

\[\frac{O_1U}{EC} = \frac{1}{2\sin(\alpha/2)}. \tag{3}\]

Montrons ensuite que \(E, V, C, T\) sont cocycliques. En effet, \(V\) est sur la médiatrice de \([CE]\) ainsi que sur la bissectrice intérieure de l'angle \(\angle CTF\) (car \(TE = TE_1\) et \(V\) est sur la médiatrice de \([EE_1]\)). Donc \(V\) est le milieu de l'arc \(CE\) du cercle \((TCE)\).

On a alors \(\angle EVC = 2\angle EE_1C = 180^\circ - (\gamma - \beta)\) et \(\angle VET = \angle VE_1T = 90^\circ - \angle E_1EC = 90^\circ - \alpha/2\). Donc, par la loi des sinus dans le cercle \((TCEV)\),

\[\frac{EC}{TV} = \frac{\sin\angle ETC}{\sin\angle VET} = \frac{\sin(\gamma - \beta)}{\cos(\alpha/2)}. \tag{4}\]

En reprenant (2) et en multipliant (3) et (4), on obtient (1) :

\[\frac{O_2U}{O_2V} = \frac{\sin(\gamma - \beta)}{\sin\alpha} = \frac{1}{2\sin(\alpha/2)} \cdot \frac{\sin(\gamma - \beta)}{\cos(\alpha/2)} = \frac{O_1U}{EC} \cdot \frac{EC}{TV} = \frac{O_1U}{TV}. \qquad \blacksquare\]

Solution 3

On remarque que \(\angle AQE = \angle QCB\) et \(\angle AQF = \angle QBC\) ; donc, si l'on remplace \(D\) par \(Q\) dans la construction, les points \(E\), \(F\) et \(T\) restent les mêmes. Par l'affirmation, \(TQ^2 = TB \cdot TC = TD^2\).

Il existe donc un cercle \(\Gamma\) de centre \(T\) passant par \(D\) et \(Q\). Soit \(K\) le second point d'intersection de \(\Gamma\) et du cercle \((ADC)\). Soit \(Y\) le second point d'intersection de la droite \((AC)\) avec le cercle \((DEK)\) ; nous allons montrer que \(Y = X\). Comme dans la solution 1, cela donnera que \(T\), ainsi que les centres \(O_1\) et \(O_2\), sont sur la médiatrice de \([DK]\).

Soit \(L = AD \cap BC\). Effectuons une inversion de centre \(C\) ; l'image d'un point est notée avec un prime, par exemple \(A'\) est l'image de \(A\). On obtient la configuration suivante, construite dans le triangle \(A'CL'\). (voir la figure)

Les points \(D'\) et \(Q'\) sont sur le cercle circonscrit \(\Omega\) de \(A'L'C\) et vérifient \(\measuredangle(L'C, D'C) = \measuredangle(Q'C, A'C)\), ce qui signifie \((A'L') \parallel (D'Q')\). Les droites \((D'Q')\) et \((A'C)\) se coupent en \(E'\).

Un cercle \(\Gamma'\) centré sur \((CL')\) passe par \(D'\) et \(Q'\). Le point \(B'\) est sur le segment \([CL']\) et \(\angle A'B'C = \angle BAC = 2\angle LAC = 2\angle A'L'C\), donc \(B'L' = B'A'\) et \(B'\) est sur la médiatrice de \([A'L']\) (qui est aussi celle de \([D'Q']\)). Ainsi \(B'\) est le centre de \(\Gamma'\).

Enfin, \(K'\) est le second point d'intersection de \((A'D')\) et \(\Gamma'\), et \(Y'\) est le second point d'intersection du cercle \((D'K'E')\) et de la droite \((A'E')\). On a \(\measuredangle(Y'K', K'A') = \measuredangle(Y'E', E'D') = \measuredangle(Y'A', A'L')\), donc \((A'L')\) est tangente au cercle circonscrit \(\omega\) du triangle \(Y'A'K'\).

Soient \(O\) et \(O^*\) les centres de \(\Omega\) et \(\omega\). Alors \((O^*A') \perp (A'L') \perp (B'O)\). Les projections des vecteurs \(\overrightarrow{O^*A'}\) et \(\overrightarrow{B'O}\) sur \((K'D')\) valent toutes deux \(\overrightarrow{K'A'}/2 = \overrightarrow{K'D'}/2 - \overrightarrow{A'D'}/2\). Donc \(\overrightarrow{O^*A'} = \overrightarrow{B'O}\), ou encore \(\overrightarrow{A'O} = \overrightarrow{O^*B'}\). En projetant cette égalité sur \((A'C)\), on voit que la projection de \(\overrightarrow{O^*B'}\) vaut \(\overrightarrow{A'C}/2\). Comme \(O^*\) se projette sur le milieu de \([A'Y']\), le point \(B'\) se projette sur le milieu de \([CY']\) : \(B'Y' = B'C\) et \(\angle B'Y'C = \angle B'CY'\). Dans la figure initiale, cela s'écrit \(\angle CBY = \angle BCY\), donc \(Y\) est sur la médiatrice de \([BC]\) : \(Y = X\), comme voulu. \(\blacksquare\)

Remarques

Remarque 1 (variante de la solution 1). On effectue l'inversion \(\iota\) de centre \(T\) et de rayon \(TD\) : elle échange \(B\) et \(C\), \(E\) et \(F\), et fixe \(D\). Soit \(X' = \iota(X)\). Les points \(E, F, X, X'\) sont cocycliques, de même que \(B, C, X, X'\). Alors

\[\begin{aligned} \measuredangle(CX', X'F) &= \measuredangle(CX', X'X) + \measuredangle(X'X, X'F) = \measuredangle(CB, BX) + \measuredangle(EX, EF) \\ &= \measuredangle(XC, CB) + \measuredangle(EC, EF) = \measuredangle(CA, CB) + \measuredangle(BC, BF) = \measuredangle(CA, AF), \end{aligned}\]

donc \(C, X', A, F\) sont cocycliques. Soit \(P\) l'intersection de \((X'F)\) et \((AC)\), et \(K\) le second point commun de \((DP)\) et du cercle \((ACD)\). Alors \(PK \cdot PD = PA \cdot PC = PX' \cdot PF = PE \cdot PX\) ; donc \(K, X, D, E\) sont sur un cercle \(\omega_1\) et \(K, X', D, F\) sur un cercle \(\omega_2\) (distincts car \(\angle EXF + \angle EDF < \angle EAF + \angle DCB + \angle DBC < 180^\circ\)). L'inversion \(\iota\) échange \(\omega_1\) et \(\omega_2\) et fixe leur point commun \(D\), donc elle fixe leur second point commun \(K\). Ainsi \(TD = TK\) et la médiatrice de \([DK]\) passe par \(T\) ainsi que par les centres des cercles \((CDKA)\) et \((DEKX)\).

Remarque 2. Le point \(K\) semble être le même dans les solutions 1 et 3 (et dans la remarque 1). On peut aussi montrer que \(K\) est sur le cercle passant par \(A\), \(X\) et le milieu de l'arc \(BAC\).

Remarque 3 (autre preuve des remarques communes). On peut prouver autrement la cocyclicité de \(B, C, E, F\) et l'affirmation. Soit \(\phi\) la composée d'une homothétie de centre \(A\) et de la réflexion d'axe \((AD)\) qui envoie \(E\) sur \(B\), et \(U = \phi(D)\). Alors \(\measuredangle(BC, CD) = \measuredangle(AD, DE) = \measuredangle(BU, UD)\), donc \(B, U, C, D\) sont cocycliques. Par suite \(\measuredangle(CU, UD) = \measuredangle(CB, BD) = \measuredangle(AD, DF)\), donc \(\phi(F) = C\). Le rapport de l'homothétie est \(AC/AF = AB/AE\), d'où la cocyclicité de \(C, E, F, B\). Notons \(O_3\) et \(O_4\) les centres des cercles \((EDF)\) et \((BUCD)\) ; alors \(\phi(O_3) = O_4\), d'où \(\measuredangle(O_3D, DA) = -\measuredangle(O_4U, UA) = \measuredangle(O_4D, DA)\) : le cercle \((BDC)\) est tangent au cercle \((EDF)\). Les axes radicaux des cercles \((DEF)\), \((BDC)\) et \((BCEF)\) concourent en \(T\), d'où l'affirmation. Cela suffit pour la solution 1 ; les solutions 2 et 3 utilisent en plus les propriétés du point \(Q\).

Remarque 4. Dans la proposition originale, le point \(X\) était caché : on construisait un cercle \(\gamma\) passant par \(D\) et \(E\) et dont le centre est aligné avec \(O_1\) et \(T\), et l'on demandait de prouver que, dans un triangle \(ABC\) fixé, tous les cercles \(\gamma\) passent par un point fixe, quel que soit \(D\) sur la bissectrice de \(\angle BAC\).