Shortlist 2006, G8

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

Concepts : Chasse aux angles et quadrilatères cycliques · Coordonnées et nombres complexes

Solution officielle : Shortlist officielle 2006 (avec solutions), p. 46 (page 47 du PDF)

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

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Énoncé

Let \(ABCD\) be a convex quadrilateral. A circle passing through the points \(A\) and \(D\) and a circle passing through the points \(B\) and \(C\) are externally tangent at a point \(P\) inside the quadrilateral. Suppose that

\[\angle PAB + \angle PDC \leq 90^\circ \qquad \text{and} \qquad \angle PBA + \angle PCD \leq 90^\circ.\]

Prove that \(AB + CD \geq BC + AD\).

Indices : les idées clés

• Critère de tangence : les cercles \((BCT)\) et \((DAT)\) sont tangents en \(T\) si et seulement si \(\angle ADT + \angle BCT = \angle ATB\) (angle tangentiel).
• Second point \(Q\) des cercles \((ABP)\) et \((CDP)\) : \(\angle AQD \leq 90^\circ\), \(\angle BQC \leq 90^\circ\), et les cercles \((BCQ)\), \((DAQ)\) sont encore tangents en \(Q\).
• Demi-disques : ceux de diamètres \(BC\) et \(DA\) sont dans ces cercles tangents, donc disjoints, et \(MN \geq \frac{1}{2}(BC + DA)\), alors que \(\overrightarrow{MN} = \frac{1}{2}(\overrightarrow{BA} + \overrightarrow{CD})\) (vecteurs).

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent la solution officielle de la Shortlist 2006 (une solution).

Solution

Commençons par une observation préliminaire. Soit \(T\) un point intérieur au quadrilatère \(ABCD\). Alors :

\[\text{les cercles } (BCT) \text{ et } (DAT) \text{ sont tangents en } T \quad \text{si et seulement si} \quad \angle ADT + \angle BCT = \angle ATB. \tag{1}\]

En effet, si les deux cercles sont tangents, leur tangente commune en \(T\) coupe le segment \(AB\) en un point \(Z\), et \(\angle ADT = \angle ATZ\), \(\angle BCT = \angle BTZ\), d'après le théorème de l'angle tangentiel. Donc \(\angle ADT + \angle BCT = \angle ATZ + \angle BTZ = \angle ATB\).

Réciproquement, si \(\angle ADT + \angle BCT = \angle ATB\), on peut tracer depuis \(T\) une demi-droite \(TZ\), avec \(Z\) sur \(AB\), telle que \(\angle ADT = \angle ATZ\) et \(\angle BCT = \angle BTZ\). La première égalité implique que \(TZ\) est tangente au cercle \((DAT)\) ; d'après la seconde, \(TZ\) est tangente au cercle \((BCT)\), donc les deux cercles sont tangents en \(T\).

L'équivalence (1) est donc établie ; elle servira plus loin. Passons à la solution proprement dite. Son idée clé est d'introduire les cercles circonscrits aux triangles \(ABP\) et \(CDP\), et de considérer leur second point d'intersection \(Q\) (supposons pour l'instant qu'ils se coupent bien en deux points distincts \(P\) et \(Q\)).

Comme le point \(A\) est à l'extérieur du cercle \((BCP)\), on a \(\angle BCP + \angle BAP < 180^\circ\). Le point \(C\) est donc à l'extérieur du cercle \((ABP)\). De même, \(D\) est aussi à l'extérieur de ce cercle. Il s'ensuit que \(P\) et \(Q\) sont sur le même arc \(CD\) du cercle \((CDP)\).

Par symétrie, \(P\) et \(Q\) sont sur le même arc \(AB\) du cercle \((ABP)\). Le point \(Q\) est donc soit dans l'angle \(BPC\), soit dans l'angle \(APD\). Sans perte de généralité, supposons que \(Q\) soit dans l'angle \(BPC\). Alors

\[\angle AQD = \angle PQA + \angle PQD = \angle PBA + \angle PCD \leq 90^\circ, \tag{2}\]

d'après la condition du problème.

Dans les quadrilatères inscrits \(APQB\) et \(DPQC\), les angles aux sommets \(A\) et \(D\) sont aigus. Leurs angles en \(Q\) sont donc obtus. Cela implique que \(Q\) est non seulement dans l'angle \(BPC\), mais en fait dans le triangle \(BPC\), donc aussi dans le quadrilatère \(ABCD\).

Un argument analogue à celui qui a donné (2) montre alors que

\[\angle BQC = \angle PAB + \angle PDC \leq 90^\circ. \tag{3}\]

De plus, comme \(\angle PCQ = \angle PDQ\), on obtient

\[\angle ADQ + \angle BCQ = \angle ADP + \angle PDQ + \angle BCP - \angle PCQ = \angle ADP + \angle BCP.\]

La dernière somme vaut \(\angle APB\), d'après l'observation (1) appliquée à \(T = P\). Et comme \(\angle APB = \angle AQB\), on obtient

\[\angle ADQ + \angle BCQ = \angle AQB.\]

En appliquant maintenant (1) à \(T = Q\), on conclut que les cercles \((BCQ)\) et \((DAQ)\) sont tangents extérieurement en \(Q\). (On a supposé \(P \neq Q\) ; mais si \(P = Q\), la dernière conclusion est triviale.)

Considérons enfin les demi-disques de diamètres \(BC\) et \(DA\) construits vers l'intérieur du quadrilatère \(ABCD\). Leurs centres sont \(M\) et \(N\), milieux respectifs de \(BC\) et de \(DA\). Vu (2) et (3), ces deux demi-disques sont entièrement contenus dans les cercles \((BQC)\) et \((AQD)\) ; et comme ces cercles sont tangents, les deux demi-disques ne peuvent pas se chevaucher. Donc

\[MN \geq \frac{1}{2}BC + \frac{1}{2}DA.\]

D'autre part, comme \(\overrightarrow{MN} = \frac{1}{2}(\overrightarrow{BA} + \overrightarrow{CD})\), on a \(MN \leq \frac{1}{2}(AB + CD)\). Donc \(AB + CD \geq BC + DA\), comme annoncé. \(\blacksquare\)