Shortlist 2025, G6

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

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

Solution officielle : Shortlist officielle 2025 (avec solutions), section G6 (livret PDF)

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Énoncé

Let \(ABC\) be a triangle with \(\angle B > \angle A > \angle C\). Let \(\Omega\) be the circumcircle of triangle \(ABC\). The lines tangent to \(\Omega\) at points \(B\) and \(C\) intersect at \(P\). Lines \(BP\) and \(AC\) intersect at \(E\). Lines \(CP\) and \(AB\) intersect at \(F\). Let \(D\) be the reflection of point \(A\) in line \(EF\). The circumcircles of triangles \(DEB\) and \(DFC\) intersect again at \(Q \neq D\). Lines \(DP\) and \(BC\) intersect at \(Z\).

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

Indices : les idées clés

• Le point \(G\) où la tangente en \(A\) coupe \(BC\) : il est sur la droite \(EF\) (Pascal dans la solution 1, Ménélaüs dans la solution 2).
• Outils projectifs : égalité de birapports par projections centrales (solution 1), pôles et polaires et quadrilatères harmoniques (solution 2).
• Chasse aux angles et quadrilatères cycliques : avec des angles orientés, on montre que \(Q \in \Omega\) et que \(Q, D, X, G\) sont cocycliques (solution 1), puis que \(BYDE\), \(CFXD\), \(BYDQ'\), \(CXDQ'\) sont cycliques (solution 2).
• Ceva et Ménélaüs (solution 2) : la réciproque de Ménélaüs donne l'alignement de \(E\), \(F\), \(G\).
• Triangles semblables et similitudes (solution 2) : \(\triangle GAB \sim \triangle GCA\) donne \(\frac{GB}{GC} = \frac{AB^2}{AC^2}\).

Solutions

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

Conventions communes. Tous les angles sont orientés dans le sens direct, et \(\angle ABC\) désigne l'angle de rotation (sens direct) qui amène la droite \(AB\) sur la droite \(BC\). Pour deux droites \(\ell\) et \(m\), \(\angle(\ell, m)\) désigne l'angle de la rotation (sens direct) qui rend \(\ell\) parallèle à \(m\).

Solution 1

Soit \(G\) le point où la tangente à \(\Omega\) en \(A\) coupe la droite \(BC\). Par le théorème de Pascal appliqué à l'hexagone dégénéré \(AABBCC\), les points \(E\), \(F\), \(G\) sont alignés. (Voir la figure.)

Posons \(K = BC \cap DE\), \(L = BC \cap DF\) et \(X = BC \cap AQ\). L'idée est de prouver l'égalité de birapports

\[(G, X; B, C) = (G, X; K, L). \tag{*}\]

Admettons-la. Avec \(Y_D = EF \cap DX\) et \(Y_P = EF \cap PX\), en projetant depuis \(D\) puis depuis \(P\) (rappelons que \(P, B, E\) sont alignés, ainsi que \(P, C, F\)) :

\[(G, Y_D; E, F) \overset{D}{=} (G, X; K, L) = (G, X; B, C) \overset{P}{=} (G, Y_P; E, F),\]

donc \(Y_D = Y_P\), et les droites \(DXY_D\) et \(PXY_P\) coïncident. Ainsi \(X\) est sur \(DP\), donc \(X = Z\), ce qui achève la preuve. Il reste à établir \((*)\).

Premièrement, \(K\) est sur le cercle \(DCFQ\), et de même \(L\) est sur le cercle \(DBEQ\), car (par symétrie par rapport à \(EF\), puis par l'angle tangentiel)

\[\angle KDF = \angle FAE = \angle BAC = \angle BCP = \angle KCF.\]

Deuxièmement, \(Q\) est sur le cercle \(ABC\), car

\[\angle BQC = \angle QBL - \angle QCK = \angle QDL - \angle QDK = \angle KDL = \angle FAE = \angle BAC.\]

Troisièmement, \(X\) est sur le cercle \(DGQ\), car

\[\angle GXQ = \angle CBQ - \angle AQB = \angle CBQ - \angle GAB = \angle LDQ - \angle FDG = \angle GDQ.\]

Considérons maintenant les quadruplets de droites \((DG, DX, DL, DK)\) et \((QX, QG, QB, QC)\). On a

\[\angle(DG, DK) = -\angle(GA, EA) = -\angle(QX, QC),\]

où la seconde égalité vient de ce que \(GA\) est tangente au cercle \(AQC\) (c'est \(\Omega\)). De même \(\angle(DG, DL) = -\angle(QX, QB)\). De plus \(\angle(DG, DX) = -\angle(QX, QG)\), puisque \(Q\), \(D\), \(X\), \(G\) sont cocycliques. Ces égalités montrent que \((DG, DK, DX, DL)\) et \((QX, QC, QG, QB)\) sont des faisceaux dont les angles sont deux à deux égaux (avec des orientations opposées). On a donc égalité des birapports :

\[(G, X; B, C) = (QG, QX; QB, QC) = (DX, DG; DL, DK) = (X, G; L, K) = (G, X; K, L),\]

ce qui démontre \((*)\). \(\blacksquare\)

Solution 2

Soit \(G\) le point où la tangente à \(\Omega\) en \(A\) coupe la droite \(BC\), et soient \(X\) et \(Y\) les points où les droites \(DE\) et \(DF\) coupent la droite \(BC\) (attention : ces notations diffèrent de la solution 1). Soit \(Q' \neq A\) le second point d'intersection de la droite \(AZ\) avec \(\Omega\). Nous allons montrer que \(Q'\) est sur les cercles circonscrits à \(DEB\) et à \(DFC\), d'où \(Q' = Q\). (Voir la figure.)

Comme \(GA\) est tangente à \(\Omega\), on a les triangles semblables \(\triangle GAB \sim \triangle GCA\), donc

\[\frac{GB}{GC} = \frac{GB}{GA} \cdot \frac{GA}{GC} = \frac{AB^2}{AC^2}.\]

De même, \(\frac{EA}{EC} = \frac{BA^2}{BC^2}\) et \(\frac{FB}{FA} = \frac{CB^2}{CA^2}\). Par la réciproque du théorème de Ménélaüs dans le triangle \(ABC\), les points \(E\), \(F\), \(G\) sont alignés.

Soit \(K \neq A\) le second point d'intersection de la droite \(AP\) avec \(\Omega\). Comme \(G\) est sur la polaire de \(P\) par rapport à \(\Omega\) (la droite \(BC\)), \(P\) est sur la polaire de \(G\). Celle-ci passe aussi par \(A\) (car \(GA\) est tangente), donc la droite \(AP\) est la polaire de \(G\), et la droite \(GK\) est tangente à \(\Omega\) en \(K\).

Soit \(R \neq Q'\) le second point d'intersection de la droite \(GQ'\) avec \(\Omega\). Alors (triangles semblables \(GRA \sim GAQ'\) et \(GRK \sim GKQ'\))

\[\frac{RA^2}{Q'A^2} = \frac{RG}{Q'G} = \frac{RK^2}{Q'K^2},\]

donc \(ARKQ'\) est un quadrilatère harmonique inscrit dans \(\Omega\) : \((A, K; Q', R)_\Omega = -1\). De même, \((C, B; A, K)_\Omega = -1\). Soient \(L\) et \(J\) les points où les droites \(BC\) et \(EF\) coupent la droite \(AP\). Soit \(V\) l'intersection des droites \(DP\) et \(EF\). Soient \(S\) et \(V'\) les points où les droites \(AG\) et \(AR\) coupent la droite \(DP\).

Par projections successives, on obtient

\[(S, P; Z, V')_{DP} \overset{A}{=} (A, K; Q', R)_\Omega = -1\]

et

\[(S, P; Z, V)_{DP} \overset{G}{=} (A, P; L, J)_{AP} \overset{C}{=} (E, F; G, J)_{EF} \overset{A}{=} (C, B; A, K)_\Omega = -1,\]

donc \(V = V'\), c'est-à-dire que \(A\), \(R\), \(V\) sont alignés. Alors

\[\angle ZDG = \angle VDG = \angle GAV = \angle GAR = \angle AQ'G = \angle ZQ'G,\]

donc \(D\), \(Z\), \(G\), \(Q'\) sont cocycliques.

Montrons maintenant que \(BYDE\) et \(CFXD\) sont des quadrilatères cycliques. On a

\[\angle DYB = \angle FYB = \angle FBY - \angle BFY = \angle ABC - 2\angle AFE\]

et

\[\angle DEB = \angle DEA - \angle BEA = 2\angle FEA - (\angle BAC - \angle ACB),\]

donc, puisque \(\angle FEA + \angle AFE = \angle FAE = \angle BAC\) et \(\angle ABC = \angle BAC + \angle ACB\) (angles orientés), on conclut que \(\angle DYB = \angle DEB\). Ainsi \(BYDE\) est cyclique ; de même, \(CFXD\) est cyclique. Enfin,

\[\angle DQ'B = \angle DQ'Z + \angle ZQ'B = \angle DGZ + \angle AQ'B = \angle DGZ + \angle GAB = \angle DGZ + \angle FDG = \angle DYB,\]

donc \(BYDQ'\) est cyclique. De même, \(CXDQ'\) est cyclique. Comme \(BYDE\) et \(CFXD\) sont cycliques, \(Q'\) est sur les cercles \(DEB\) et \(DFC\), donc \(Q' = Q\), et \(Q\) est sur la droite \(AZ\). \(\blacksquare\)

Remarques

Remarque 1 (preuve de \((*)\) par inversion). Une fois établi que \(QDXG\), \(QDKC\) et \(QDLB\) sont cycliques, on peut prouver \((G, X; B, C) = (G, X; K, L)\) autrement. Soit \(T\) l'intersection des droites \(DQ\) et \(BC\). Par puissance d'un point, \(TQ \cdot TD = TB \cdot TL = TC \cdot TK = TX \cdot TG\). L'inversion de centre \(T\) et de rayon \(\sqrt{TQ \cdot TD}\) envoie donc \(G, X, K, L\) sur \(X, G, C, B\) respectivement. Comme l'inversion conserve les birapports, \((G, X; K, L) = (X, G; C, B) = (G, X; B, C)\).