Shortlist 2023, G6

Domaine : Géométrie · Difficulté : ★★★★☆ · Proposé par : United Kingdom

Concepts : Homothétie · Ceva et Ménélaüs · Chasse aux angles et quadrilatères cycliques · Triangles semblables et similitudes · Inversion · Outils projectifs : birapport, division harmonique, pôles et polaires

Solution officielle : Shortlist officielle 2023 (avec solutions), p. 71 (page 73 du PDF)

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

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Énoncé

Let \(ABC\) be an acute-angled triangle with circumcircle \(\omega\). A circle \(\Gamma\) is internally tangent to \(\omega\) at \(A\) and also tangent to \(BC\) at \(D\). Let \(AB\) and \(AC\) intersect \(\Gamma\) at \(P\) and \(Q\) respectively. Let \(M\) and \(N\) be points on line \(BC\) such that \(B\) is the midpoint of \(DM\) and \(C\) is the midpoint of \(DN\). Lines \(MP\) and \(NQ\) meet at \(K\) and intersect \(\Gamma\) again at \(I\) and \(J\) respectively. The ray \(KA\) meets the circumcircle of triangle \(IJK\) at \(X \neq K\).

Prove that \(\angle BXP = \angle CXQ\).

Indices : les idées clés

• Homothétie de centre \(A\) envoyant \(\Gamma\) sur \(\omega\) : \(D\) va sur le milieu de l'arc \(BC\), donc \(PQ \parallel BC\) et \(AD\) est la bissectrice de \(\angle BAC\) (homothétie de rapport \(2\) aussi dans la solution 2).
• Ménélaüs (solution 1) : appliqué aux triangles \(ABD\) et \(ACD\), il montre que \(K\) est sur \(AD\).
• Chasse aux angles et similitude (solution 1) : \(A\) est le milieu de \(XD\), puis \(P\) est le centre de la similitude envoyant \(CD\) sur \(XA\), d'où \(\angle PXC = \frac{\angle A}{2}\), expression symétrique en \(B\) et \(C\).
• Inversion et birapport (solution 2) : des divisions harmoniques \((A, P; J, D) = (A, Q; I, D) = -1\) deviennent, après inversion de centre \(D\), des milieux.

Solutions

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

Solution 1 (triangles semblables)

Soit \(K_1\) et \(K_2\) les points d'intersection de \(MP\) et de \(NQ\) avec \(AD\) (voir la figure). Le théorème de Ménélaüs appliqué au triangle \(ABD\) et à la droite \(MPK_1\) donne

\[\frac{AK_1}{K_1D} = \frac{AP}{PB} \cdot \frac{BM}{MD} = \frac{AP}{2PB},\]

et de même \(\frac{AK_2}{K_2D} = \frac{AQ}{2QC}\). L'homothétie de centre \(A\) qui envoie \(\Gamma\) sur \(\omega\) envoie \(D\) sur le milieu de l'arc \(BC\) ne contenant pas \(A\) ; donc \(PQ \parallel BC\) et \(AD\) est la bissectrice de \(\angle BAC\). Ainsi

\[\frac{AK_1}{K_1D} = \frac{AP}{2PB} = \frac{AQ}{2QC} = \frac{AK_2}{K_2D},\]

donc \(K_1 = K_2\) : le point \(K\) est sur \(AD\).

On obtient alors (chasse aux angles)

\[\angle JXD = \angle JXK = \angle JIK = \angle JIP = \angle JQP = \angle JND,\]

la dernière égalité venant de \(PQ \parallel BC\). Donc \(JXND\) est inscriptible, et

\[\angle DXN = \angle DJN = \angle DJQ = \angle DAQ = \angle DAC,\]

ce qui montre que \(AC \parallel XN\). Comme \(C\) est le milieu de \(DN\), \(A\) est le milieu de \(XD\).

Observons maintenant que \(\angle ADP = \angle AQP = \angle ACB\) et \(\angle PAD = \angle DAC = \frac{\angle A}{2}\) : les triangles \(APD\) et \(ADC\) sont semblables. Donc

\[\frac{CD}{DP} = \frac{AD}{AP} = \frac{XA}{AP},\]

et par ailleurs

\[\angle CDP = 180^\circ - \angle PDB = 180^\circ - \angle PAD = \angle XAP.\]

Ainsi les triangles \(PDC\) et \(PAX\) sont semblables : \(P\) est le centre de la similitude qui envoie \(CD\) sur \(XA\). Par conséquent, les triangles \(PXC\) et \(PAD\) sont aussi semblables, d'où \(\angle PXC = \angle PAD = \frac{\angle A}{2}\). Il vient

\[\angle BXP = \angle BXC - \angle PXC = \angle BXC - \frac{\angle A}{2},\]

expression symétrique en \(B\) et \(C\) ; de même \(\angle CXQ = \angle BXC - \frac{\angle A}{2}\), d'où le résultat. \(\blacksquare\)

Solution 2 (inversion)

Comme dans la première solution, \(K\) est sur \(AD\) (et \(PQ \parallel BC\)). Comme \(C\) est le milieu de \(DN\) et \(BC \parallel PQ\), en projetant depuis \(Q\) (sur la droite \(AD\), puis sur \(\Gamma\)), on obtient (birapport)

\[-1 = (C, \infty_{BC}; N, D) \overset{Q}{=} (A, PQ \cap AD; K, D) \overset{Q}{=} (A, P; J, D).\]

De même, \((A, Q; I, D) = -1\).

Faisons une inversion de centre \(D\) et de rayon \(DP = DQ\), et notons \(Z^*\) l'image d'un point \(Z\) (voir la figure). Le cercle \((APQ) = \Gamma\) passe par \(D\) ; il est donc échangé avec la droite \(PQ\), et \(A^* = PQ \cap AD\). Ainsi

\[-1 = (A, A^*; K, D) = (A, P; J, D) = (A, Q; I, D).\]

Comme l'inversion conserve le birapport et envoie \(D\) à l'infini, \(I^*\), \(J^*\), \(K^*\) sont les milieux respectifs de \(A^*Q\), \(A^*P\), \(A^*A\). Comme \(XIKJ\) est inscriptible, \(X^*\) est le second point d'intersection du cercle \((I^*J^*K^*)\) avec \(AD\). L'homothétie de centre \(A^*\) et de rapport \(2\) envoie le cercle \((I^*J^*K^*)\) sur le cercle \((APQ) = \Gamma\), donc \(X^*\) est le milieu de \(A^*D\).

Ensuite,

\[\angle PDB = \angle BAD = \angle DAC = \angle DC^*A^*,\]

donc \(DP \parallel C^*A^*\). Par ailleurs \(A^*\) est sur \(PQ\) et \(PQ \parallel BC\), donc \(A^*P \parallel DC^*\) : \(PA^*C^*D\) est un parallélogramme. De même, \(QA^*B^*D\) est un parallélogramme. Comme \(X^*\) est le milieu de \(A^*D\) (diagonale commune), \(X^*\) est sur les droites \(B^*Q\) et \(C^*P\).

Par les propriétés usuelles des angles dans une inversion,

\[\begin{aligned} \angle BXP - \angle CXQ &= (\angle BXD - \angle PXD) - (\angle DXC - \angle DXQ) \\ &= (\angle DB^*X^* - \angle DPX^*) - (\angle X^*C^*D - \angle X^*QD) \\ &= (\angle DB^*X^* + \angle X^*PQ) - (\angle X^*C^*D + \angle PQX^*) \qquad (\text{car } \angle DPQ = \angle PQD) \\ &= (\angle DB^*Q - \angle PQB^*) - (\angle PC^*D - \angle C^*PQ) \\ &= 0 \qquad (\text{car } PQ \parallel BC), \end{aligned}\]

chacune des deux parenthèses de l'avant-dernière ligne étant nulle (angles alternes-internes). D'où \(\angle BXP = \angle CXQ\). \(\blacksquare\)