Shortlist 2008, G3¶
Domaine : Géométrie · Difficulté : ★★★☆☆ · Proposé par : non indiqué
Concepts : Homothétie · Puissance d'un point et axe radical · Chasse aux angles et quadrilatères cycliques
Solution officielle : Shortlist officielle 2008 (avec solutions), p. 32 (page 33 du PDF)
Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.
Énoncé¶
Let \(ABCD\) be a convex quadrilateral and let \(P\) and \(Q\) be points in \(ABCD\) such that \(PQDA\) and \(QPBC\) are cyclic quadrilaterals. Suppose that there exists a point \(E\) on the line segment \(PQ\) such that \(\angle PAE = \angle QDE\) and \(\angle PBE = \angle QCE\). Show that the quadrilateral \(ABCD\) is cyclic.
Indices : les idées clés
- Homothétie : avec \(F \in AD\) tel que \(EF \parallel PA\), \(EFDQ\) est inscriptible et \(FQ \parallel AE\) ; la même application \(f\) envoie \(A, P, B, E\) sur \(F, E, G, Q\).
- Concourance : si \(f\) est une homothétie de centre \(X\), les droites \(AD\), \(PQ\), \(BC\) concourent en \(X\) ; sinon elles sont parallèles (trapèzes isocèles).
- Puissance : \(XA \cdot XD = XP \cdot XQ = XB \cdot XC\) ; ou bien (solution 2) les cercles \(EAD\) et \(EBC\) sont tangents à \(PQ\) en \(E\), donc \(XE^2 = XP \cdot XQ\) fixe \(X\).
Solutions
Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2008 (deux solutions et une remarque).
Solution 1¶
Soit \(F\) le point de la droite \(AD\) tel que \(EF \parallel PA\). Par hypothèse, le quadrilatère \(PQDA\) est inscriptible. Donc, si \(F\) est entre \(A\) et \(D\), alors \(\angle EFD = \angle PAD = 180^\circ - \angle EQD\) ; les points \(F\) et \(Q\) sont de part et d'autre de la droite \(DE\), et l'on en déduit que \(EFDQ\) est un quadrilatère inscriptible. Et si \(D\) est entre \(A\) et \(F\), un argument analogue montre que \(\angle EFD = \angle EQD\) ; mais maintenant les points \(F\) et \(Q\) sont du même côté de \(DE\), de sorte que \(EDFQ\) est un quadrilatère inscriptible.
Dans les deux cas, on obtient l'égalité \(\angle EFQ = \angle EDQ = \angle PAE\), ce qui implique \(FQ \parallel AE\). Les triangles \(EFQ\) et \(PAE\) sont donc homothétiques ou translatés l'un de l'autre. Plus précisément, le triangle \(EFQ\) est l'image de \(PAE\) par l'application \(f\) qui envoie les points \(P\), \(E\) respectivement sur \(E\), \(Q\), et qui est soit une homothétie, soit une translation. Remarquons que \(f\) est déterminée de façon unique par ces conditions et par la seule position des points \(P\), \(E\), \(Q\).
Soit maintenant \(G\) le point de la droite \(BC\) tel que \(EG \parallel PB\). Le même raisonnement que ci-dessus s'applique aux points \(B\), \(C\) à la place de \(A\), \(D\), et implique que le triangle \(EGQ\) est l'image de \(PBE\) par la même application \(f\). Donc \(f\) envoie les quatre points \(A\), \(P\), \(B\), \(E\) respectivement sur \(F\), \(E\), \(G\), \(Q\).
Si \(PE \neq QE\), de sorte que \(f\) est une homothétie de centre \(X\), alors les droites \(AF\), \(PE\), \(BG\) — c'est-à-dire les droites \(AD\), \(PQ\), \(BC\) — concourent en \(X\). Et comme \(PQDA\) et \(QPBC\) sont inscriptibles, les égalités \(XA \cdot XD = XP \cdot XQ = XB \cdot XC\) sont vraies, ce qui montre que le quadrilatère \(ABCD\) est inscriptible.
Enfin, si \(PE = QE\), de sorte que \(f\) est une translation, alors \(AD \parallel PQ \parallel BC\). Donc \(PQDA\) et \(QPBC\) sont des trapèzes isocèles. Alors \(ABCD\) est aussi un trapèze isocèle, donc un quadrilatère inscriptible. \(\blacksquare\)
Solution 2¶
Voici une autre façon d'aboutir à la conclusion que les droites \(AD\), \(BC\) et \(PQ\) sont concourantes ou parallèles. Le quadrilatère inscriptible \(PQDA\) donne
Donc \(\angle QED = \angle PAD - \angle PAE = \angle EAD\). Vu le théorème de l'angle tangentiel, cela signifie que le cercle circonscrit au triangle \(EAD\) est tangent à la droite \(PQ\) en \(E\). De même, le cercle circonscrit au triangle \(EBC\) est tangent à \(PQ\) en \(E\).
Supposons que la droite \(AD\) coupe \(PQ\) en \(X\). Comme \(XE\) est tangente au cercle \((EAD)\), on a \(XE^2 = XA \cdot XD\). De plus, \(XA \cdot XD = XP \cdot XQ\) puisque \(P\), \(Q\), \(D\), \(A\) sont sur un cercle. Donc \(XE^2 = XP \cdot XQ\).
On voit sans difficulté que cette équation détermine de façon unique la position du point \(X\) sur la droite \(PQ\). Donc, si \(BC\) coupe aussi \(PQ\), disons en \(Y\), l'équation analogue pour \(Y\) donne \(X = Y\), ce qui signifie que les trois droites sont bien concourantes. Dans ce cas, comme dans le cas \(AD \parallel PQ \parallel BC\), l'argument final est le même que dans la première solution.
Il reste à éliminer la possibilité que, par exemple, \(AD\) coupe \(PQ\) en \(X\) alors que \(BC \parallel PQ\). En effet, \(QPBC\) serait alors un trapèze isocèle, et l'égalité d'angles \(\angle PBE = \angle QCE\) forcerait \(E\) à être le milieu de \(PQ\). La longueur \(XE\), qui est la moyenne géométrique des longueurs \(XP\) et \(XQ\), devrait donc aussi être leur moyenne arithmétique — impossible, puisque \(XP \neq XQ\). La preuve est maintenant complète. \(\blacksquare\)
Remarque¶
Une fois établi que les cercles \((EDA)\) et \((EBC)\) sont tangents à \(PQ\), on peut continuer ainsi. Notons respectivement \(\omega_1\), \(\omega_2\), \(\omega_3\), \(\omega_4\) les cercles \((PQDA)\), \((EDA)\), \((EBC)\), \((QPBC)\). Soit \(\ell_{ij}\) l'axe radical de la paire \((\omega_i, \omega_j)\) pour \(i < j\). Comme on le sait bien, les droites \(\ell_{12}\), \(\ell_{13}\), \(\ell_{23}\) sont concourantes, éventuellement à l'infini (c'est le sens du mot « concourantes » dans cette remarque). Il en est de même des droites \(\ell_{12}\), \(\ell_{14}\), \(\ell_{24}\). Remarquons cependant que \(\ell_{23}\) et \(\ell_{14}\) coïncident toutes deux avec la droite \(PQ\). Le couple \(\ell_{12}\), \(PQ\) apparaît donc dans les deux triplets ; les quatre droites \(\ell_{12}\), \(\ell_{13}\), \(\ell_{24}\) et \(PQ\) sont donc concourantes.
De même, \(\ell_{13}\), \(\ell_{14}\), \(\ell_{34}\) sont concourantes, ainsi que \(\ell_{23}\), \(\ell_{24}\), \(\ell_{34}\), et comme \(\ell_{14} = \ell_{23} = PQ\), les quatre droites \(\ell_{13}\), \(\ell_{24}\), \(\ell_{34}\) et \(PQ\) sont concourantes. Les droites \(\ell_{13}\) et \(\ell_{24}\) figurent dans les deux quadruplets ; toutes les droites \(\ell_{ij}\) sont donc concourantes. D'où le résultat.