Shortlist 2024, G4

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

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

Solution officielle : Shortlist officielle 2024 (avec solutions), section G4 (livret PDF)

Énoncé

Let \(ABCD\) be a quadrilateral with \(AB\) parallel to \(CD\) and \(AB < CD\). Lines \(AD\) and \(BC\) intersect at a point \(P\). Point \(X \neq C\) on the circumcircle of triangle \(ABC\) is such that \(PC = PX\). Point \(Y \neq D\) on the circumcircle of triangle \(ABD\) is such that \(PD = PY\). Lines \(AX\) and \(BY\) intersect at \(Q\).

Prove that \(PQ\) is parallel to \(AB\).

Indices : les idées clés

• Triangles semblables et similitudes (solution 1) : le triangle \(QAB\) est semblable au triangle \(RNM\) construit avec les milieux de \([AD]\) et \([BC]\) ; on compare ensuite des distances aux droites.
• Chasse aux angles et quadrilatères cycliques : quadrilatères inscriptibles formés par les pieds des perpendiculaires issues d'un centre (solution 1), cercle \(PCX\) (solution 3).
• Outils projectifs (solution 2) : une division harmonique, projetée depuis \(P\), montre que la parallèle à \(AB\) par \(P\) est une bissectrice extérieure.
• Corde commune et droite des centres (solution 3) : la corde commune des cercles \(PCX\) et \(PDY\) est parallèle à \(AB\) car la droite de leurs centres est perpendiculaire à \(AB\).

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2024 (trois solutions).

Solution 1

Soient \(M\) et \(N\) les milieux de \([AD]\) et \([BC]\), et soit \(R\) l'intersection de la médiatrice de \([AB]\) avec la parallèle à \(AB\) passant par \(P\).

Lemme. Les triangles \(QAB\) et \(RNM\) sont semblables.

Preuve. Soit \(O\) le centre du cercle circonscrit à \(ABC\) et \(S\) le milieu de \([CX]\). Les points \(N\), \(S\), \(R\) sont les pieds des perpendiculaires issues de \(O\) sur \(BC\), \(CX\) et \(PR\) ; les quadrilatères \(PRNO\) et \(CNSO\) sont donc inscriptibles. De plus, \(P\), \(S\), \(O\) sont alignés car \(PC = PX\) (\(P\) et \(O\) sont sur la médiatrice de \([CX]\)). Comme \(ABCX\) est inscriptible, la chasse aux angles donne

\[\angle QAB = \angle XCB = \angle PON = 180^\circ - \angle NRP = \angle MNR,\]

la dernière égalité venant de \(MN \parallel PR\). De même \(\angle ABQ = \angle RMN\), d'où la similitude des triangles \(QAB\) et \(RNM\). \(\square\)

Notons \(d(Z, \ell)\) la distance du point \(Z\) à la droite \(\ell\). Comme \(PR \parallel AB \parallel MN\), et grâce aux similitudes \(QAB \sim RNM\) et \(PAB \sim PMN\),

\[\frac{d(Q, AB)}{AB} = \frac{d(R, MN)}{MN} = \frac{d(P, MN)}{MN} = \frac{d(P, AB)}{AB},\]

donc \(d(Q, AB) = d(P, AB)\), ce qui montre que \(PQ \parallel AB\). \(\blacksquare\)

Solution 2

Soit \(T\) l'intersection de \(BD\) et \(AC\), et soit \(V\) l'intersection de \(BD\) avec la parallèle à \(AB\) passant par \(P\). Soit \(Q'\) le pied de la perpendiculaire issue de \(T\) sur \(PV\). Enfin, \(Q'A\) recoupe le cercle \(ABC\) en \(X'\) et \(Q'B\) recoupe le cercle \(ABD\) en \(Y'\).

Affirmation. \(PQ'\) est la bissectrice extérieure de l'angle \(\angle BQ'D\).

Preuve. Soit \(L\) l'intersection de \(PT\) et \(CD\), et \(\infty_{CD}\) le point à l'infini de la droite \(CD\). Par la configuration classique de Ceva-Ménélaüs, \((D, C; L, \infty_{CD})\) est une division harmonique. En projetant depuis \(P\) sur la droite \(BD\) :

\[-1 = (D, C; L, \infty_{CD}) = (D, B; T, V).\]

Comme \((D, B; T, V)\) est harmonique et que \(\angle VQ'T = 90^\circ\) par construction, \(Q'T\) et \(Q'V\) sont les bissectrices intérieure et extérieure de \(\angle BQ'D\). \(\square\)

Ensuite, puisque \(PQ' \parallel AB\),

\[\angle Q'PD = \angle BAD = 180^\circ - \angle DY'B = 180^\circ - \angle DY'Q',\]

donc \(Q'PDY'\) est inscriptible. D'après l'affirmation, \(P\) est le milieu de l'arc \(DY'\) (passant par \(Q'\), voir la figure), donc \(PD = PY'\).

Comme \(Y\) est l'unique point du cercle \(ABD\), distinct de \(D\), tel que \(PD = PY\), on a \(Y' = Y\). De même \(X' = X\), donc \(Q' = AX \cap BY = Q\), et \(PQ = PQ' \parallel AB\). \(\blacksquare\)

Solution 3

Soit \(Q'\) le second point d'intersection de \(AX\) avec le cercle \(PCX\). Alors

\[\angle AQ'P = \angle XQ'P = \angle XCP = \angle XCB = 180^\circ - \angle BAX = \angle Q'AB,\]

donc \(PQ' \parallel AB\). Il suffit donc de montrer que \(Q' = Q\). Pour cela, on montre que la corde commune des cercles \(PCX\) et \(PDY\) est parallèle à \(AB\) : par symétrie, \(Q'\) sera alors aussi le second point d'intersection de \(BY\) avec le cercle \(PDY\), donc \(Q' = Q\).

Soient \(O_X\), \(O_Y\) les centres des cercles \(PCX\), \(PDY\), et \(O_C\), \(O_D\) ceux des cercles \(ABC\), \(ABD\). Les points \(P\), \(O_X\), \(O_C\) sont alignés, sur la médiatrice de \([CX]\) (car \(PC = PX\)). De même \(P\), \(O_Y\), \(O_D\) sont alignés sur la médiatrice de \([DY]\). En projetant \(O_X\) et \(O_C\) sur \(BC\) (ils se projettent sur les milieux de \([PC]\) et \([BC]\)), et \(O_Y\), \(O_D\) sur \(AD\), on obtient, grâce à \(AB \parallel CD\) :

\[\frac{PO_X}{PO_C} = \frac{\frac{PC}{2}}{\frac{PB + PC}{2}} = \frac{\frac{PD}{2}}{\frac{PA + PD}{2}} = \frac{PO_Y}{PO_D}.\]

Donc \(O_XO_Y \parallel O_CO_D\), et \(O_CO_D\) est perpendiculaire à \(AB\) (médiatrice de la corde commune \([AB]\)). La corde commune des cercles \(PCX\) et \(PDY\), perpendiculaire à \(O_XO_Y\), est donc parallèle à \(AB\). \(\blacksquare\)