Shortlist 2023, G3

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

Concepts : Chasse aux angles et quadrilatères cycliques · Homothétie · Trigonométrie : loi des sinus, Ceva trigonométrique · Triangles semblables et similitudes

Solution officielle : Shortlist officielle 2023 (avec solutions), p. 61 (page 63 du PDF)

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Énoncé

Let \(ABCD\) be a cyclic quadrilateral with \(\angle BAD < \angle ADC\). Let \(M\) be the midpoint of the arc \(CD\) not containing \(A\). Suppose there is a point \(P\) inside \(ABCD\) such that \(\angle ADB = \angle CPD\) and \(\angle ADP = \angle PCB\).

Prove that lines \(AD\), \(PM\), \(BC\) are concurrent.

Indices : les idées clés

• Chasse aux angles (solution 1) : avec \(X = AM \cap PD\) et \(Y = BM \cap PC\), le quadrilatère \(MXPY\) a ses angles opposés égaux, donc c'est un parallélogramme : \(AM \parallel PC\) et \(BM \parallel PD\).
• Homothétie (solution 1) : les triangles \(PCD\) et \(MRS\) ont leurs côtés parallèles deux à deux ; les droites joignant les sommets correspondants concourent au centre de l'homothétie.
• Distances aux côtés d'un angle (solution 2) : \(T\), \(P\), \(M\) sont alignés si et seulement si les rapports des distances de \(P\) et de \(M\) aux droites \(TA\) et \(TB\) sont égaux ; on les calcule par la trigonométrie.
• Triangles semblables (solution 2) : tout se ramène à \(PDC \sim MAB\), que l'on obtient en connaissant la somme et la différence de deux angles.

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2023 (deux solutions).

Solution 1

Soit \(X\) et \(Y\) les points d'intersection de \(AM\) avec \(PD\) et de \(BM\) avec \(PC\) respectivement (voir la figure). Comme \(ABCMD\) est inscrit et \(CM = MD\), on a

\[\angle XAD = \angle MAD = \angle CBM = \angle CBY.\]

Avec \(\angle ADX = \angle YCB\), on obtient \(\angle DXA = \angle BYC\) (troisièmes angles des triangles \(ADX\) et \(BCY\)), donc \(\angle PXM = \angle MYP\) (angles opposés par le sommet). De plus,

\[\angle YPX = \angle CPD = \angle ADB = \angle AMB.\]

Le quadrilatère \(MXPY\) a donc ses angles opposés égaux : c'est un parallélogramme (chasse aux angles). Ainsi \(AM \parallel PC\) et \(BM \parallel PD\).

Soit \(R\) et \(S\) les points d'intersection de \(AM\) avec \(BC\) et de \(BM\) avec \(AD\) respectivement. Comme \(AM \parallel PC\) et \(BM \parallel PD\),

\[\angle ASB = \angle ADP = \angle PCB = \angle ARB,\]

donc le quadrilatère \(ABRS\) est inscriptible. Alors \(\angle SRB = 180^\circ - \angle BAS = \angle DCB\) (car \(ABCD\) est inscrit), donc \(SR \parallel CD\).

Dans les triangles \(PCD\) et \(MRS\), les côtés correspondants sont parallèles (\(PC \parallel MR\), \(PD \parallel MS\), \(CD \parallel RS\)) : ils sont donc homothétiques, et les droites \(DS\), \(PM\), \(CR\) concourent au centre de cette homothétie. Comme \(DS\) est la droite \(AD\) et \(CR\) la droite \(BC\), les droites \(AD\), \(PM\), \(BC\) sont concourantes. \(\blacksquare\)

Solution 2

Soit \(T\) le point d'intersection de \(AD\) et \(BC\). Notons \(p_a\), \(p_b\), \(m_a\), \(m_b\) les distances de \(P\) à la droite \(TA\), de \(P\) à \(TB\), de \(M\) à \(TA\) et de \(M\) à \(TB\) respectivement (voir la figure). Il s'agit de montrer que \(p_a : p_b = m_a : m_b\), ce qui équivaut à l'alignement de \(T\), \(P\) et \(M\).

Posons

\[\angle BAC = \angle BDC = \alpha, \quad \angle DBA = \angle DCA = \beta, \quad \angle ADB = \angle AMB = \angle ACB = \angle CPD = \mu,\]

\[\angle ADP = \angle PCB = \nu, \quad \angle MAD = \angle CAM = \angle MBD = \angle CBM = \chi.\]

De \(\angle ADP = \angle PCB = \nu\) et \(\angle MAD = \angle CBM = \chi\), on tire par trigonométrie

\[\frac{p_a}{p_b} = \frac{PD \cdot \sin \nu}{PC \cdot \sin \nu} = \frac{PD}{PC} \quad \text{et} \quad \frac{m_a}{m_b} = \frac{MA \cdot \sin \chi}{MB \cdot \sin \chi} = \frac{MA}{MB}.\]

Ainsi \(p_a : p_b = m_a : m_b\) équivaut à \(PD : PC = MA : MB\) et, comme \(\angle CPD = \angle AMB = \mu\), il suffit de montrer que les triangles \(PDC\) et \(MAB\) sont semblables.

Dans le triangle \(PDC\),

\[\angle PDC + \angle DCP = 180^\circ - \angle CPD = 180^\circ - \mu,\]

\[\angle PDC - \angle DCP = (\alpha + \mu - \nu) - (\beta + \mu - \nu) = \alpha - \beta.\]

De même, dans le triangle \(MAB\),

\[\angle BAM + \angle MBA = 180^\circ - \angle AMB = 180^\circ - \mu,\]

\[\angle BAM - \angle MBA = (\alpha + \chi) - (\beta + \chi) = \alpha - \beta.\]

Les couples \((\angle BAM, \angle MBA)\) et \((\angle PDC, \angle DCP)\) vérifient donc le même système linéaire, dont la solution est

\[\angle BAM = \angle PDC = \frac{180^\circ - \mu + \alpha - \beta}{2} \quad \text{et} \quad \angle MBA = \angle DCP = \frac{180^\circ - \mu - \alpha + \beta}{2}.\]

Les triangles \(PDC\) et \(MAB\) ont donc les mêmes angles : ils sont semblables, ce qui achève la preuve. \(\blacksquare\)