Shortlist 2025, G1

Domaine : Géométrie · Difficulté : ★☆☆☆☆ · Proposé par : Czech Republic

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

Solution officielle : Shortlist officielle 2025 (avec solutions), section G1 (livret PDF)

Énoncé

Let \(ABC\) be a triangle such that \(\angle A\) is obtuse. Let \(D\) and \(E\) be points on sides \(AB\) and \(AC\), respectively, such that \(BDEC\) is cyclic. Suppose the circumcircle of triangle \(ADE\) intersects side \(BC\) at two points \(X\) and \(Y\), where \(B\), \(X\), \(Y\) and \(C\) lie in that order. Let the circumcircles of triangles \(BDX\) and \(CEY\) be \(\Omega\) and \(\Gamma\), respectively. Let \(P\) be a point such that \(PD\) is tangent to \(\Omega\) and \(PE\) is tangent to \(\Gamma\). Let \(Q\) be a point such that \(QB\) is tangent to \(\Omega\) and \(QC\) is tangent to \(\Gamma\).

Prove that points \(A\), \(P\) and \(Q\) are collinear.

Indices : les idées clés

• Axe radical (solution 1) : un point est sur l'axe radical \(\ell\) de \(\Omega\) et \(\Gamma\) si ses tangentes aux deux cercles ont même longueur ; on montre que \(A\), \(Q\) et \(P\) sont tous sur \(\ell\).
• Chasse aux angles avec l'angle tangente-corde : \(AX\) est tangente à \(\Omega\), \(AY\) à \(\Gamma\), puis \(QB = QC\) et \(PD = PE\).
• Homothétie (solution 2) : deux triangles isocèles à côtés parallèles se correspondent par une homothétie de centre \(A\).

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2025 (deux solutions).

Solution 1

Notons \(\ell\) l'axe radical de \(\Omega\) et \(\Gamma\). Un point extérieur aux deux cercles est sur \(\ell\) si et seulement si ses tangentes à \(\Omega\) et à \(\Gamma\) ont la même longueur. On va montrer successivement : (1) \(A\) est sur \(\ell\) ; (2) \(AX = AY\) ; (3) \(Q\) est sur \(\ell\) ; (4) \(P\) est sur \(\ell\). Ensemble, ces faits impliquent que \(A\), \(P\) et \(Q\) sont alignés (sur \(\ell\)).

(1) \(A\) est sur \(\ell\). Comme \(BDEC\) est cyclique, la puissance d'un point donne \(AB \cdot AD = AC \cdot AE\). Or \(AB \cdot AD\) est la puissance de \(A\) par rapport à \(\Omega\) (qui passe par \(B\) et \(D\)) et \(AC \cdot AE\) sa puissance par rapport à \(\Gamma\) (qui passe par \(C\) et \(E\)). Ces puissances sont égales, donc \(A \in \ell\).

(2) \(AX = AY\). Comme \(AEXD\) et \(BDEC\) sont cycliques, la chasse aux angles donne

\[\angle AXD = \angle AED = \angle CBD.\]

Par la réciproque du théorème de l'angle tangente-corde, \(AX\) est tangente à \(\Omega\) (cercle \(BDX\)). De même, \(AY\) est tangente à \(\Gamma\). Comme \(A\) est sur \(\ell\), les longueurs des tangentes sont égales : \(AX = AY\).

(3) \(Q\) est sur \(\ell\). Comme \(QB\) et \(QC\) sont tangentes à \(\Omega\) et \(\Gamma\), il suffit de montrer que \(QB = QC\), c'est-à-dire \(\angle QBC = \angle BCQ\). Cela découle de

\[\angle QBC = \angle BDX = \angle AYX = \angle YXA = \angle YEC = \angle BCQ,\]

où l'on a utilisé successivement l'angle tangente-corde dans \(\Omega\), le cercle \(ADXYE\), le triangle isocèle \(AXY\), de nouveau le cercle \(ADXYE\), et l'angle tangente-corde dans \(\Gamma\).

(4) \(P\) est sur \(\ell\). Comme \(PD\) est tangente à \(\Omega\), on a \(\angle PDA = \angle DXB\). Pour montrer que \(P\) est sur \(\ell\), il suffit de montrer que \(PD = PE\), c'est-à-dire \(\angle PDE = \angle DEP\). Cela découle de

\[\angle PDE = \angle PDA - \angle EDA = \angle DXB - \angle ECB = \angle DEY - \angle PEY = \angle DEP,\]

où l'on a utilisé \(\angle EDA = \angle ECB\) (\(BDEC\) cyclique), \(\angle DXB = \angle DEY\) (cercle \(ADXYE\)) et \(\angle ECB = \angle ECY = \angle PEY\) (angle tangente-corde dans \(\Gamma\)).

Ainsi \(A\), \(P\) et \(Q\) sont sur la droite \(\ell\), donc alignés. \(\blacksquare\)

Solution 2

Cette solution n'utilise pas les propriétés de l'axe radical. On commence par montrer \(QB = QC\) et \(PD = PE\) exactement comme dans la solution 1 (étapes (3) et (4)).

Soit \(F\) le point de la droite \(AB\) tel que \(DP \parallel FQ\). Alors

\[\angle BFQ = \angle BDP = \angle QBD = \angle QBF,\]

où la deuxième égalité vient de ce que \(QB\) et \(PD\) sont tangentes à \(\Omega\) (les deux tangentes en \(B\) et \(D\) font des angles égaux avec la corde \(BD\)). Donc \(QB = QF\). De même, si \(G\) est le point de la droite \(AC\) tel que \(EP \parallel GQ\), on obtient \(QC = QG\).

Considérons les triangles \(PDE\) et \(QFG\). On a \(PD = PE\) et \(QF = QB = QC = QG\). De plus, \(PD \parallel QF\) et \(PE \parallel QG\). Les triangles \(PDE\) et \(QFG\) sont donc des triangles isocèles semblables, à côtés correspondants parallèles (en particulier \(DE \parallel FG\)). Il existe donc une homothétie envoyant \(PDE\) sur \(QFG\) ; comme les droites \(DF\) et \(EG\) (c'est-à-dire \(AB\) et \(AC\)) se coupent en \(A\), son centre est \(A\). Par conséquent, \(A\), \(P\) et \(Q\) sont alignés. \(\blacksquare\)