Shortlist 2010, G7¶

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

Concepts : Homothétie · Coordonnées et nombres complexes

Solution officielle : Shortlist officielle 2010 (avec solutions), p. 60 (page 61 du PDF)

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Pas encore relu

Les concepts et la rédaction de cette page n'ont pas encore été vérifiés.

Énoncé¶

Three circular arcs \(\gamma_1\), \(\gamma_2\), and \(\gamma_3\) connect the points \(A\) and \(C\). These arcs lie in the same half-plane defined by line \(AC\) in such a way that arc \(\gamma_2\) lies between the arcs \(\gamma_1\) and \(\gamma_3\). Point \(B\) lies on the segment \(AC\). Let \(h_1\), \(h_2\), and \(h_3\) be three rays starting at \(B\), lying in the same half-plane, \(h_2\) being between \(h_1\) and \(h_3\). For \(i, j = 1, 2, 3\), denote by \(V_{ij}\) the point of intersection of \(h_i\) and \(\gamma_j\) (see the Figure below).

Denote by \(\widehat{V_{ij}V_{kj}}\widehat{V_{k\ell}V_{i\ell}}\) the curved quadrilateral, whose sides are the segments \(V_{ij}V_{i\ell}\), \(V_{kj}V_{k\ell}\) and arcs \(V_{ij}V_{kj}\) and \(V_{i\ell}V_{k\ell}\). We say that this quadrilateral is circumscribed if there exists a circle touching these two segments and two arcs.

Prove that if the curved quadrilaterals \(\widehat{V_{11}V_{21}}\widehat{V_{22}V_{12}}\), \(\widehat{V_{12}V_{22}}\widehat{V_{23}V_{13}}\), \(\widehat{V_{21}V_{31}}\widehat{V_{32}V_{22}}\) are circumscribed, then the curved quadrilateral \(\widehat{V_{22}V_{32}}\widehat{V_{33}V_{23}}\) is circumscribed, too.

Figure de l'énoncé

Indices : les idées clés

Homothétie : les cercles tangents à \(h_i\) et \(h_j\) ont leurs centres sur une bissectrice et un rayon \(r = u_{ij} \cdot d(P)\) proportionnel à la distance du centre à \(AC\).
Lemme clé : les cercles tangents extérieurement à \(\gamma_i\) et intérieurement à \(\gamma_j\) ont leurs centres sur un arc d'ellipse de foyers \(O_i\), \(O_j\), et aussi \(r = v_{ij} \cdot d(P)\) (calcul vectoriel).
Reformulation : \(\mathcal{Q}_{ij}\) est circonscriptible si et seulement si \(u_{i,i+1} = v_{j,j+1}\) ; l'énoncé devient alors évident.

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent la solution officielle de la Shortlist 2010 (une solution et deux remarques).

Solution¶

Notons \(O_i\) et \(R_i\) le centre et le rayon de \(\gamma_i\). Notons aussi \(H\) le demi-plan délimité par \(AC\) qui contient toute la configuration. Pour tout point \(P\) de \(H\), notons \(d(P)\) la distance de \(P\) à la droite \(AC\). De plus, pour tout \(r > 0\), notons \(\Omega(P, r)\) le cercle de centre \(P\) et de rayon \(r\).

Lemme 1. Pour tous \(1 \leq i < j \leq 3\), considérons les cercles \(\Omega(P, r)\) du demi-plan \(H\) tangents à \(h_i\) et à \(h_j\).

(a) Le lieu des centres de ces cercles est la bissectrice \(\beta_{ij}\) de l'angle entre \(h_i\) et \(h_j\).

(b) Il existe une constante \(u_{ij}\) telle que \(r = u_{ij} \cdot d(P)\) pour tous ces cercles.

Preuve. La partie (a) est évidente. Pour la partie (b), remarquons que les cercles tangents à \(h_i\) et \(h_j\) sont homothétiques, de centre d'homothétie commun \(B\) (voir figure 2). La partie (b) devient alors triviale. \(\square\)

Lemme 2. Pour tous \(1 \leq i < j \leq 3\), considérons les cercles \(\Omega(P, r)\) du demi-plan \(H\) tangents extérieurement à \(\gamma_i\) et intérieurement à \(\gamma_j\).

(a) Le lieu des centres de ces cercles est un arc d'ellipse \(\varepsilon_{ij}\) d'extrémités \(A\) et \(C\).

(b) Il existe une constante \(v_{ij}\) telle que \(r = v_{ij} \cdot d(P)\) pour tous ces cercles.

Preuve. (a) Remarquons que le cercle \(\Omega(P, r)\) est tangent extérieurement à \(\gamma_i\) et intérieurement à \(\gamma_j\) si et seulement si \(O_iP = R_i + r\) et \(O_jP = R_j - r\). Pour chacun de ces cercles, on a donc

\[O_iP + O_jP = O_iA + O_jA = O_iC + O_jC = R_i + R_j.\]

Ces points sont sur une ellipse de foyers \(O_i\) et \(O_j\) ; le grand axe de cette ellipse vaut \(R_i + R_j\), et elle passe par les points \(A\) et \(C\). Soit \(\varepsilon_{ij}\) l'arc \(AC\) de cette ellipse situé dans le demi-plan \(H\) (voir figure 3).

Cet arc d'ellipse est situé entre les arcs \(\gamma_i\) et \(\gamma_j\). Donc, si un point \(P\) est sur \(\varepsilon_{ij}\), alors \(O_iP > R_i\) et \(O_jP < R_j\). Choisissons alors \(r = O_iP - R_i = R_j - O_jP > 0\) ; le cercle \(\Omega(P, r)\) est tangent extérieurement à \(\gamma_i\) et intérieurement à \(\gamma_j\), donc \(P\) appartient au lieu étudié.

Figures 2 et 3

(b) Posons \(\vec{\rho} = \overrightarrow{AP}\), \(\vec{\rho}_i = \overrightarrow{AO_i}\) et \(\vec{\rho}_j = \overrightarrow{AO_j}\) ; soit \(d_{ij} = O_iO_j\), et soit \(\vec{v}\) un vecteur unitaire orthogonal à \(AC\) et dirigé vers \(H\). On a alors \(\lvert \vec{\rho}_i \rvert = R_i\), \(\lvert \vec{\rho}_j \rvert = R_j\), \(\lvert \overrightarrow{O_iP} \rvert = \lvert \vec{\rho} - \vec{\rho}_i \rvert = R_i + r\), \(\lvert \overrightarrow{O_jP} \rvert = \lvert \vec{\rho} - \vec{\rho}_j \rvert = R_j - r\), donc

\[\begin{aligned} (\vec{\rho} - \vec{\rho}_i)^2 - (\vec{\rho} - \vec{\rho}_j)^2 &= (R_i + r)^2 - (R_j - r)^2, \\ (\vec{\rho}_i^{\,2} - \vec{\rho}_j^{\,2}) + 2\vec{\rho} \cdot (\vec{\rho}_j - \vec{\rho}_i) &= (R_i^2 - R_j^2) + 2r(R_i + R_j), \\ d_{ij} \cdot d(P) = d_{ij}\vec{v} \cdot \vec{\rho} &= (\vec{\rho}_j - \vec{\rho}_i) \cdot \vec{\rho} = r(R_i + R_j). \end{aligned}\]

Donc

\[r = \frac{d_{ij}}{R_i + R_j} \cdot d(P),\]

et la valeur \(v_{ij} = \frac{d_{ij}}{R_i + R_j}\) ne dépend pas de \(P\). \(\square\)

Lemme 3. Le quadrilatère courbe \(\mathcal{Q}_{ij} = \widehat{V_{i,j}V_{i+1,j}}\widehat{V_{i+1,j+1}V_{i,j+1}}\) est circonscriptible si et seulement si \(u_{i,i+1} = v_{j,j+1}\).

Preuve. Supposons d'abord que le quadrilatère courbe \(\mathcal{Q}_{ij}\) soit circonscriptible, de cercle inscrit \(\Omega(P, r)\). D'après les lemmes 1 et 2, on a \(r = u_{i,i+1} \cdot d(P)\) et aussi \(r = v_{j,j+1} \cdot d(P)\). Donc \(u_{i,i+1} = v_{j,j+1}\).

Réciproquement, supposons \(u_{i,i+1} = v_{j,j+1}\). Soit \(P\) l'intersection de la bissectrice \(\beta_{i,i+1}\) et de l'arc d'ellipse \(\varepsilon_{j,j+1}\). Choisissons \(r = u_{i,i+1} \cdot d(P) = v_{j,j+1} \cdot d(P)\). Alors le cercle \(\Omega(P, r)\) est tangent aux demi-droites \(h_i\) et \(h_{i+1}\) d'après le lemme 1, et tangent aux arcs \(\gamma_j\) et \(\gamma_{j+1}\) d'après le lemme 2. Le quadrilatère courbe \(\mathcal{Q}_{ij}\) est donc circonscriptible. \(\square\)

D'après le lemme 3, l'énoncé du problème se reformule en un fait évident : si les égalités \(u_{12} = v_{12}\), \(u_{12} = v_{23}\) et \(u_{23} = v_{12}\) sont vraies, alors \(u_{23} = v_{23}\) l'est aussi. \(\blacksquare\)

Remarques¶

Remarque 1. Le lemme 2(b) (avec le lemme 1(b), facile) est l'outil clé de cette solution. Une fois ce fait trouvé, on peut terminer la solution de nombreuses façons : on peut trouver un cercle tangent à trois des courbes \(h_2\), \(h_3\), \(\gamma_2\) et \(\gamma_3\), puis prouver qu'il est tangent à la quatrième, de façon synthétique ou analytique. Les deux approches peuvent aboutir. Voici quelques commentaires sur ce lemme clé.

Dans la solution ci-dessus, on a choisi une preuve analytique du lemme 2(b), car on s'attend à ce que la plupart des élèves utilisent des coordonnées ou des vecteurs pour étudier le lieu des centres, et ces approches distinguent moins de cas.

Voici l'esquisse d'une preuve synthétique. On ne considère que le cas où \(P\) n'est pas sur la droite \(O_iO_j\) ; l'autre cas s'obtient comme cas limite, ou par un calcul direct.

Soit \(S\) le centre d'homothétie interne des cercles \(\gamma_i\) et \(\gamma_j\), situé sur \(O_iO_j\) ; ce point ne dépend pas de \(P\). Soient \(U\) et \(V\) les points de contact du cercle \(\sigma = \Omega(P, r)\) avec \(\gamma_i\) et \(\gamma_j\) respectivement (alors \(r = PU = PV\)) ; autrement dit, \(U\) et \(V\) sont les intersections des demi-droites \(O_iP\), \(O_jP\) avec les arcs \(\gamma_i\), \(\gamma_j\) respectivement (voir figure 4).

D'après le théorème des trois centres d'homothétie (ou simplement le théorème de Menelaus appliqué au triangle \(O_iO_jP\)), les points \(U\), \(V\) et \(S\) sont alignés. Soit \(T\) le point d'intersection de la droite \(AC\) et de la tangente commune à \(\sigma\) et \(\gamma_i\) en \(U\) ; alors \(T\) est le centre radical de \(\sigma\), \(\gamma_i\) et \(\gamma_j\), donc \(TV\) est la tangente commune à \(\sigma\) et \(\gamma_j\).

Soit \(Q\) la projection de \(P\) sur la droite \(AC\). Grâce aux angles droits, les points \(U\), \(V\) et \(Q\) sont sur le cercle de diamètre \(PT\). De ce fait et de l'égalité \(PU = PV\), on tire \(\angle UQP = \angle UVP = \angle VUP = \angle SUO_i\). Comme \(O_iS \parallel PQ\), on a \(\angle SO_iU = \angle QPU\). Les triangles \(SO_iU\) et \(UPQ\) sont donc semblables, et ainsi \(\frac{r}{d(P)} = \frac{PU}{PQ} = \frac{O_iS}{O_iU} = \frac{O_iS}{R_i}\) ; la dernière expression est constante puisque \(S\) est un point fixe. \(\square\)

Figures 4 et 5

Avec quelques propriétés connues des coniques, le même énoncé se prouve très rapidement. Notons \(\ell\) la directrice de l'ellipse de \(\varepsilon_{ij}\) associée au foyer \(O_j\) ; comme \(\varepsilon_{ij}\) est symétrique par rapport à \(O_iO_j\), on a \(\ell \parallel AC\). Rappelons que, pour tout point \(P \in \varepsilon_{ij}\), on a \(PO_j = \epsilon \cdot d_\ell(P)\), où \(d_\ell(P)\) est la distance de \(P\) à \(\ell\) et \(\epsilon\) l'excentricité de \(\varepsilon_{ij}\) (voir figure 5). On a alors

\[r = R_j - (R_j - r) = AO_j - PO_j = \epsilon\big(d_\ell(A) - d_\ell(P)\big) = \epsilon\big(d(P) - d(A)\big) = \epsilon \cdot d(P),\]

et \(\epsilon\) ne dépend pas de \(P\). \(\square\)

Remarque 2. On peut donner une interprétation spatiale du problème et de la solution.

Pour tout point \((x, y)\) et tout rayon \(r > 0\), représentons le cercle \(\Omega\big((x, y), r\big)\) par le point \((x, y, r)\) de l'espace. Ce point est le sommet du cône de base \(\Omega\big((x, y), r\big)\) et de hauteur \(r\). D'après le lemme 1, les cercles tangents à \(h_i\) et \(h_j\) correspondent aux points d'une demi-droite \(\beta'_{ij}\) issue de \(B\).

Traduisons maintenant le lemme 2. Prenons \(1 \leq i < j \leq 3\), et considérons les cercles tangents intérieurement à \(\gamma_j\). On voit facilement que le lieu des points représentant ces cercles est une partie d'un cône contenant \(\gamma_j\). De même, les cercles tangents extérieurement à \(\gamma_i\) correspondent aux points du prolongement d'un autre cône, dont le sommet est de l'autre côté du plan de base \(\Pi\) (voir figure 6 ; pour cette illustration, les cotes \(z\) ont été multipliées par \(2\)).

Les deux cônes sont symétriques l'un de l'autre (ils ont la même ouverture, et leurs axes sont parallèles). Comme on le sait, il s'ensuit que les points communs aux deux cônes sont coplanaires. L'intersection des deux cônes est donc une conique, qui est une ellipse d'après le lemme 2(a). Les points représentant les cercles tangents à \(\gamma_i\) et \(\gamma_j\) forment un arc d'ellipse \(\varepsilon'_{ij}\) d'extrémités \(A\) et \(C\).

Figures 6 et 7

Ainsi, le quadrilatère courbe \(\mathcal{Q}_{ij}\) est circonscriptible si et seulement si \(\beta'_{i,i+1}\) et \(\varepsilon'_{j,j+1}\) se coupent, c'est-à-dire s'ils sont coplanaires. Si trois des quatre quadrilatères courbes sont circonscriptibles, cela signifie que \(\varepsilon'_{12}\), \(\varepsilon'_{23}\), \(\beta'_{12}\) et \(\beta'_{23}\) sont dans un même plan \(\Sigma\), et la quatrième intersection existe aussi (voir figure 7).