Shortlist 2022, G1

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

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

Solution officielle : Shortlist officielle 2022 (avec solutions), p. 44 (page 46 du PDF)

Problème 4 de l'OIM 2022

Ce problème a été choisi parmi ceux de la shortlist pour l'épreuve de l'OIM 2022, où il était le problème 4 (jour 2).

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Énoncé

Let \(ABCDE\) be a convex pentagon such that \(BC = DE\). Assume there is a point \(T\) inside \(ABCDE\) with \(TB = TD\), \(TC = TE\) and \(\angle TBA = \angle AET\). Let lines \(CD\) and \(CT\) intersect line \(AB\) at points \(P\) and \(Q\), respectively, and let lines \(CD\) and \(DT\) intersect line \(AE\) at points \(R\) and \(S\), respectively. Assume that points \(P, B, A, Q\) and \(R, E, A, S\) respectively, are collinear and occur on their lines in this order. Prove that the points \(P\), \(S\), \(Q\), \(R\) are concyclic.

Indices : les idées clés

• Triangles semblables et similitudes : les triangles \(TBC\) et \(TDE\) sont isométriques, puis \(TBQ \sim TES\) (solution 1) ou \(VTB \sim WTE\) (solution 2).
• Puissance d'un point et axe radical (solution 1) : l'égalité \(TD \cdot TS = TC \cdot TQ\) montre que \(C, D, Q, S\) sont cocycliques.
• Chasse aux angles et quadrilatères cycliques : on conclut en comparant \(\angle RPQ\) et \(\angle RSQ\).
• Une droite parallèle à \(CD\) (solution 2) : avec \(V = DT \cap BA\) et \(W = CT \cap EA\), on montre \(VW \parallel CD\).

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2022 (deux solutions).

Solution 1

D'après les hypothèses, \(BC = DE\), \(CT = ET\) et \(TB = TD\) : les triangles \(TBC\) et \(TDE\) sont donc isométriques, et en particulier \(\angle BTC = \angle DTE\).

Dans les triangles \(TBQ\) et \(TES\), on a \(\angle TBQ = \angle SET\) (hypothèse) et

\[\angle QTB = 180^\circ - \angle BTC = 180^\circ - \angle DTE = \angle ETS,\]

donc ces triangles sont semblables. On en déduit \(\angle TSE = \angle BQT\) et

\[\frac{TC}{TQ} = \frac{TE}{TQ} = \frac{TB}{TS} = \frac{TD}{TS}.\]

En réarrangeant, \(TD \cdot TS = TC \cdot TQ\) ; par la réciproque de la puissance d'un point (en \(T\)), les points \(C\), \(D\), \(Q\) et \(S\) sont cocycliques. (On peut aussi obtenir \(\angle CQD = \angle CSD\) à partir des triangles semblables \(TCS\) et \(TDQ\).) Par conséquent \(\angle DCQ = \angle DSQ\).

Enfin, avec les angles du triangle \(CQP\), par chasse aux angles :

\[\angle RPQ = \angle RCQ - \angle PQC = \angle DSQ - \angle DSR = \angle RSQ,\]

ce qui prouve que \(P\), \(Q\), \(R\) et \(S\) sont cocycliques (voir la figure). \(\blacksquare\)

Solution 2

Comme dans la solution précédente, les triangles \(TBC\) et \(TDE\) sont isométriques. Notons \(V\) l'intersection de \(DT\) et \(BA\), et \(W\) l'intersection de \(CT\) et \(EA\). Avec les triangles \(BCQ\) et \(DES\) :

\[\begin{aligned} \angle VSW = \angle DSE &= 180^\circ - \angle SED - \angle EDS = 180^\circ - \angle AET - \angle TED - \angle EDT \\ &= 180^\circ - \angle TBA - \angle TCB - \angle CBT = 180^\circ - \angle QCB - \angle CBQ = \angle BQC = \angle VQW, \end{aligned}\]

donc \(VSQW\) est cyclique ; en particulier \(\angle WVQ = \angle WSQ\).

Par ailleurs,

\[\angle VTB = 180^\circ - \angle BTC - \angle CTD = 180^\circ - \angle CTD - \angle DTE = \angle ETW,\]

et \(\angle TBV = \angle WET\) par hypothèse, donc les triangles \(VTB\) et \(WTE\) sont semblables, d'où

\[\frac{VT}{WT} = \frac{BT}{ET} = \frac{DT}{CT}.\]

Ainsi \(CD \parallel VW\) (réciproque de Thalès), et la chasse aux angles donne

\[\angle RPQ = \angle WVQ = \angle WSQ = \angle RSQ,\]

ce qui conclut. \(\blacksquare\)