Shortlist 2009, G4¶
Domaine : Géométrie · Difficulté : ★★★☆☆ · Proposé par : United Kingdom
Concepts : Homothétie · Triangles semblables et similitudes · Coordonnées et nombres complexes
Solution officielle : Shortlist officielle 2009 (avec solutions), p. 54 (page 56 du PDF)
Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.
Énoncé¶
Given a cyclic quadrilateral \(ABCD\), let the diagonals \(AC\) and \(BD\) meet at \(E\) and the lines \(AD\) and \(BC\) meet at \(F\). The midpoints of \(AB\) and \(CD\) are \(G\) and \(H\), respectively. Show that \(EF\) is tangent at \(E\) to the circle through the points \(E\), \(G\), and \(H\).
Indices : les idées clés
- Similitude : la symétrie par rapport à la bissectrice de \(\angle DFC\) suivie d'une homothétie de centre \(F\) envoie \(C\), \(D\) sur \(A\), \(B\) et \(E\) sur le quatrième sommet \(X\) du parallélogramme \(BEAX\).
- Parallélogrammes : \(G\) est le milieu de \(EX\), \(H\) celui de \(EY\) (avec \(DECY\) un parallélogramme), et \(F\), \(X\), \(Y\) sont alignés, d'où \(\angle FXE = \angle HGE\) (triangles semblables).
- Calcul vectoriel (solution 3) : avec la droite de Gauss, il suffit de \(ME^2 = MG \cdot MH\), qui découle des puissances de \(E\) et \(F\) et de la polaire.
Solutions
Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2009 (trois solutions).
Solution 1¶
Il suffit de montrer que \(\angle HEF = \angle HGE\) (voir figure 1), puisque, dans le cercle \(EGH\), l'angle inscrit en \(G\) interceptant la corde \(EH\) est égal à l'angle entre la tangente en \(E\) et \(EH\).
D'abord, \(\angle BAD = 180^\circ - \angle DCB = \angle FCD\). Comme les triangles \(FAB\) et \(FCD\) ont aussi un angle commun en \(F\), ils sont semblables.
Notons \(\mathcal{T}\) la transformation formée de la symétrie par rapport à la bissectrice de \(\angle DFC\) suivie d'une homothétie de centre \(F\) et de rapport \(\frac{FA}{FC}\). Alors \(\mathcal{T}\) envoie \(F\) sur \(F\), \(C\) sur \(A\), \(D\) sur \(B\), et \(H\) sur \(G\). Pour le voir, remarquons que \(FCA \sim FDB\), donc \(\frac{FA}{FC} = \frac{FB}{FD}\). De plus, comme \(\angle ADB = \angle ACB\), l'image de la droite \(DE\) par \(\mathcal{T}\) est parallèle à \(AC\) (et passe par \(B\)), et de même l'image de \(CE\) est parallèle à \(DB\) et passe par \(A\). Donc \(E\) est envoyé sur le point \(X\), quatrième sommet du parallélogramme \(BEAX\). En particulier, \(\angle HEF = \angle FXG\).
Comme \(G\) est le milieu de la diagonale \(AB\) du parallélogramme \(BEAX\), c'est aussi le milieu de \(EX\). En particulier, \(E\), \(G\), \(X\) sont alignés, et \(EX = 2 \cdot EG\).
Notons \(Y\) le quatrième sommet du parallélogramme \(DECY\). Par un raisonnement analogue, \(\mathcal{T}\) envoie \(Y\) sur \(E\), donc \(E\), \(H\), \(Y\) sont alignés avec \(EY = 2 \cdot EH\). Par le théorème de Thalès, \(HG \parallel XY\).
Par construction de \(\mathcal{T}\), il est clair que les droites \(FX\) et \(FE\) sont symétriques par rapport à la bissectrice de \(\angle DFC\), de même que \(FY\) et \(FE\). Donc \(F\), \(X\), \(Y\) sont alignés, ce qui, avec \(HG \parallel XY\), implique \(\angle FXE = \angle HGE\). Cela termine la preuve. \(\blacksquare\)
Solution 2¶
On utilise le résultat suivant.
Lemme (Gauss). Soit \(ABCD\) un quadrilatère. Les droites \(AB\) et \(CD\) se coupent en \(P\), et \(BC\) et \(DA\) se coupent en \(Q\). Alors les milieux \(K\), \(L\), \(M\) de \(AC\), \(BD\) et \(PQ\) respectivement sont alignés.
Preuve. Considérons les points \(Z\) qui vérifient l'équation
où \((RST)\) désigne l'aire orientée du triangle \(RST\) (voir figure 2).
Comme (1) est linéaire en \(Z\), elle peut caractériser une droite, être contradictoire, ou être trivialement vérifiée pour tout \(Z\) du plan. Si (1) était vérifiée pour tout \(Z\), elle le serait pour \(Z = A\), \(Z = B\), ce qui donne \((CDA) = (BCA)\), \((CDB) = (DAB)\) respectivement, c'est-à-dire que les diagonales de \(ABCD\) se couperaient en leur milieu, et \(ABCD\) serait un parallélogramme. Cela contredit l'hypothèse que \(AD\) et \(BC\) se coupent. Comme \(K\), \(L\), \(M\) vérifient (1) (le livret écrit « \(E\), \(F\), \(G\) »), c'est l'équation d'une droite, ce qui termine la preuve du lemme. \(\square\)
Considérons maintenant les parallélogrammes \(EAXB\) et \(ECYD\) (voir figure 1). Alors \(G\), \(H\) sont les milieux de \(EX\), \(EY\) respectivement. Soit \(M\) le milieu de \(EF\). En appliquant le lemme au quadrilatère (non convexe) \(ADBC\), il est évident que \(G\), \(H\) et \(M\) sont alignés. Une homothétie de rapport \(2\) et de centre \(E\) montre que \(X\), \(Y\), \(F\) sont alignés. Comme \(AX \parallel DE\) et \(BX \parallel CE\), les quadrilatères \(FDEC\) et \(FBXA\) ont des angles intérieurs égaux deux à deux. Comme de plus \(\angle EBA = \angle DCA = \angle CDY\), ces quadrilatères sont semblables. Donc \(\angle FXA = \angle CEF\).
Évidemment, les parallélogrammes \(ECYD\) et \(EBXA\) sont aussi semblables, donc \(\angle EXA = \angle CEY\). Par conséquent, \(\angle FXE = \angle FXA - \angle EXA = \angle CEF - \angle CEY = \angle YEF\). Par la réciproque du théorème de l'angle tangentiel, \(EF\) est tangente au cercle \(XEY\). Une homothétie de rapport \(\frac{1}{2}\) (de centre \(E\)) termine la preuve. \(\blacksquare\)
Solution 3¶
Comme dans la solution 2, on prouve que \(G\), \(H\), \(M\) sont alignés. Il suffit de montrer que \(ME^2 = MG \cdot MH\). Si \(\boldsymbol{p} = \overrightarrow{OP}\) désigne le vecteur allant du centre \(O\) du cercle circonscrit au point \(P\), l'affirmation devient
ou, de façon équivalente,
En notant \(R\) le rayon du cercle circonscrit à \(ABCD\), on obtient pour les puissances \(\mathcal{P}(E)\) et \(\mathcal{P}(F)\) de \(E\) et \(F\) par rapport au cercle circonscrit
donc
Comme \(F\) est sur la polaire de \(E\) par rapport au cercle circonscrit, on a
En additionnant (3) à (7), on obtient (2), comme voulu. \(\blacksquare\)