Shortlist 2025, G5

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

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

Solution officielle : Shortlist officielle 2025 (avec solutions), section G5 (livret PDF)

Énoncé

Let \(ABCD\) be a convex quadrilateral with \(\angle ADC > 90^\circ\). Suppose that points \(X\) and \(Y\) lie on diagonal \(AC\) such that

\[\angle ADX = \angle YDC = 90^\circ, \quad \angle CAD = \angle CBX, \quad \text{and} \quad \angle DCA = \angle YBA.\]

Let \(O\) be the circumcentre of triangle \(BXY\). Suppose point \(R \neq O\) lies on the perpendicular bisector of \(AC\) such that lines \(OR\) and \(AC\) are parallel.

Prove that line \(RO\) bisects angle \(\angle DRB\).

Indices : les idées clés

• Le rectangle \(AVUC\) : en prolongeant \(DX\) et \(DY\) jusqu'au cercle \(ACD\), on obtient deux diamètres, et des cercles \(BUCX\) et \(AVBY\) dont \(UX\) et \(VY\) sont des diamètres.
• Chasse aux angles et quadrilatères cycliques : pour obtenir ces cercles et comparer les angles des triangles \(O_1O_2R\) et \(YXQ\) (solution 1).
• Triangles semblables et similitudes (solution 1) : \(\triangle O_1O_2R \sim \triangle YXQ\), à côtés parallèles.
• Homothétie : de centre \(D\) dans les deux solutions ; elle envoie \(R\) sur le symétrique \(Q\) de \(B\) (solution 1), ou montre l'alignement \(D, B_1, O, B, O_1\) (solution 2).
• Outils projectifs (solution 2) : une bissectrice se traduit par un faisceau harmonique.

Solutions

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

Solution 1

Soit \(Q\) le symétrique de \(B\) par rapport à la droite \(RO\). Comme \(O\) est le centre du cercle \(BXY\), le point \(Q\) est sur ce cercle. Notre but est de montrer que \(Q\) est sur la demi-droite \([RD)\) : alors \(\angle DRB = \angle QRB\), et \(RO\) est bissectrice de \(\angle DRB\) par définition de \(Q\).

Comme \(\angle ADC > 90^\circ\) et \(\angle ADX = \angle YDC = 90^\circ\), les points \(A\), \(Y\), \(X\), \(C\) sont distincts et alignés sur \(AC\) dans cet ordre.

Les demi-droites \(DX\) et \(DY\) recoupent le cercle \(ACD\) en \(U \neq D\) et \(V \neq D\). Comme \(\angle ADU = \angle VDC = 90^\circ\), les segments \(AU\) et \(CV\) sont des diamètres du cercle \(ACD\), donc \(AVUC\) est un rectangle. De plus, comme

\[\angle CBX = \angle CAD = \angle CUD = \angle CUX,\]

le quadrilatère \(BUCX\) est cyclique. Puisque \(\angle XCU = \angle ACU = 90^\circ\), le segment \(UX\) est un diamètre du cercle \(BUCX\). De même, \(AVBY\) est cyclique et \(VY\) en est un diamètre. (Voir la figure.)

Soient \(O_1\) et \(O_2\) les centres des cercles \(AVBY\) et \(BUCX\).

Affirmation 1.1. \(O_1O_2RO\) est un trapèze isocèle avec \(O_1O_2 \parallel RO \parallel AC\).

Preuve. \(O_1\) et \(O_2\) sont les milieux de \(VY\) et \(UX\), donc \(O_1O_2\) est la droite des milieux du trapèze \(VUXY\), et \(O_1O_2 \parallel AC\). D'autre part, \(RO\) est perpendiculaire à la médiatrice de \(AC\), donc \(RO \parallel AC\). Les droites \(O_1O_2\) et \(RO\) ne peuvent pas être confondues, car \(OO_1 \perp BY\), \(OO_2 \perp BX\) et les points \(X\), \(Y\) sont distincts.

Soient \(K\), \(L\), \(M\), \(N\) les projetés orthogonaux de \(O_1\), \(O\), \(O_2\), \(R\) sur la droite \(AC\) ; ce sont les milieux de \(AY\), \(YX\), \(XC\) et \(AC\) respectivement. Comme \(\vec{KL} = \frac{1}{2}\vec{AX} = \vec{NM}\), les projections des vecteurs \(\vec{O_1O}\) et \(\vec{RO_2}\) sur \(AC\) sont égales, ce qui montre que le trapèze \(O_1O_2RO\) est bien isocèle. \(\square\)

Affirmation 1.2. Les triangles \(O_1O_2R\) et \(YXQ\) sont semblables, et leurs côtés homologues sont parallèles.

Preuve. Montrons que \(\angle O_2O_1R = \angle XYQ\). La droite \(OO_2\) joint les centres des cercles \(BYX\) et \(BUCX\), donc elle est perpendiculaire à leur corde commune \(BX\). Par ailleurs \(BQ \perp RO\) et \(RO \parallel O_1O_2\). Les côtés des angles \(\angle OO_2O_1\) et \(\angle XBQ\) sont donc perpendiculaires. Avec la symétrie du trapèze \(O_1O_2RO\) et une chasse aux angles dans le cercle \(BXQY\), on obtient

\[\angle O_2O_1R = \angle OO_2O_1 = \angle XBQ = \angle XYQ.\]

On montre de même que \(\angle RO_2O_1 = \angle QXY\). Les deux triangles sont donc semblables, de même orientation. Comme \(O_1O_2 \parallel XY\), les deux autres paires de côtés homologues sont aussi parallèles. \(\square\)

Considérons maintenant l'homothétie qui envoie le triangle \(O_1O_2R\) sur le triangle \(YXQ\). Les points \(K\), \(Y\), \(X\), \(M\) sont sur le segment \(AC\) dans cet ordre, donc \(\vec{O_1O_2} = \vec{KM}\) et \(\vec{YX}\) ont le même sens, et \(|O_1O_2| = |KM| > |YX|\). Le rapport de l'homothétie est donc positif et strictement inférieur à \(1\).

Les droites \(O_1Y\), \(O_2X\) et \(RQ\) passent par le centre de l'homothétie ; ce centre est donc l'intersection des droites \(O_1Y\) (c'est-à-dire \(VY\)) et \(O_2X\) (c'est-à-dire \(UX\)), qui est le point \(D\). Comme \(R\) est envoyé sur \(Q\), avec un rapport compris entre \(0\) et \(1\), le point \(Q\) est sur le segment \(RD\), ce qui termine la preuve. \(\blacksquare\)

Solution 2

Nous allons prouver que les droites \(RD\), \(RB\), \(RO\) et la médiatrice de \(AC\) forment un faisceau harmonique.

On construit le rectangle \(AVUC\) comme dans la solution 1.

Sur le cercle \(BXY\), soit \(B_1\) le point diamétralement opposé à \(B\), et soit \(O_1\) le centre du cercle \(BVU\). Remarquons que \(B\) ne peut pas être sur la droite \(UV\) : sinon les quadrilatères \(AVBY\) et \(BUCX\) seraient tous deux des rectangles, et \(X\) et \(Y\) seraient confondus. Comme \(O_1V = O_1U\), le point \(O_1\) est sur la médiatrice commune de \(VU\) et de \(AC\).

Affirmation 2.1. Les points \(D\), \(B_1\), \(O\), \(B\), \(O_1\) sont alignés et, en mesures algébriques,

\[\frac{\overline{DO_1}}{\overline{DO}} = \frac{\overline{BO_1}}{\overline{B_1O}}. \tag{1}\]

Preuve. \(O\) est le centre du cercle \(BXY\), donc le milieu du diamètre \(BB_1\). Les segments \(UX\), \(VY\) et \(BB_1\) sont des diamètres des cercles \(BUCX\), \(AVBY\) et \(BXB_1Y\), donc

\[\angle UBX = \angle YBV = \angle B_1XB = \angle BYB_1 = 90^\circ.\]

Ainsi \(BU\) et \(B_1X\) sont perpendiculaires à \(BX\), et \(BV\) et \(B_1Y\) sont perpendiculaires à \(BY\). Le rectangle \(AVUC\) donne \(VU \parallel XY\). Les triangles \(B_1YX\) et \(BVU\) ont donc leurs côtés parallèles.

Considérons l'homothétie qui envoie le triangle \(YXB_1\) sur \(VUB\). Son centre est \(UX \cap VY = D\). Elle envoie \(B_1\) sur \(B\), donc \(D\) est aussi sur la droite \(BB_1\). Elle envoie le centre \(O\) du cercle circonscrit à \(YXB_1\) sur le centre \(O_1\) du cercle circonscrit à \(VUB\) ; donc \(O_1\) est sur la droite \(DO\), et \(B\), \(B_1\), \(O\), \(D\), \(O_1\) sont alignés. Enfin, les deux quotients de (1) sont égaux au rapport de l'homothétie. \(\square\)

Comme \(RO \perp RO_1\) (la droite \(RO_1\) est la médiatrice de \(AC\)), l'énoncé équivaut à ce que le faisceau \((RO, RO_1; RB, RD)\) soit harmonique. D'après (1),

\[\frac{\overline{DO}}{\overline{DO_1}} = \frac{\overline{B_1O}}{\overline{BO_1}} = -\frac{\overline{BO}}{\overline{BO_1}},\]

donc, en coupant le faisceau par la droite \(DO\),

\[(RO, RO_1; RB, RD) = (O, O_1; B, D) = \frac{\overline{BO}}{\overline{BO_1}} : \frac{\overline{DO}}{\overline{DO_1}} = -1,\]

comme voulu. \(\blacksquare\)