Shortlist 2012, G4

Domaine : Géométrie · Difficulté : ★★☆☆☆ · Proposé par : non indiqué

Concepts : Centres du triangle et lemmes classiques · Chasse aux angles et quadrilatères cycliques · Puissance d'un point et axe radical

Solution officielle : Shortlist officielle 2012 (avec solutions), p. 32 (page 32 du PDF)

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Énoncé

Let \(ABC\) be a triangle with \(AB \neq AC\) and circumcenter \(O\). The bisector of \(\angle BAC\) intersects \(BC\) at \(D\). Let \(E\) be the reflection of \(D\) with respect to the midpoint of \(BC\). The lines through \(D\) and \(E\) perpendicular to \(BC\) intersect the lines \(AO\) and \(AD\) at \(X\) and \(Y\) respectively. Prove that the quadrilateral \(BXCY\) is cyclic.

Indices : les idées clés

• Pôle Sud : la bissectrice issue de \(A\) et la médiatrice de \(BC\) se coupent en \(P\), milieu du petit arc \(BC\) ; on symétrise \(Y\) en \(Y'\) par rapport à \(OP\).
• Chasse aux angles : \(\angle XAP = \angle OPA = \angle EYP = \angle DY'P\), donc \(X\), \(A\), \(Y'\), \(P\) sont cocycliques.
• Puissance de \(D\) : \(XD \cdot DY' = AD \cdot DP = BD \cdot DC\), donc \(BXCY'\) est inscrit.

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent la solution officielle de la Shortlist 2012 (une solution).

Solution

La bissectrice de l'angle \(BAC\) et la médiatrice de \(BC\) se coupent en \(P\), milieu du petit arc \(BC\) (ce sont des droites distinctes puisque \(AB \neq AC\)). En particulier, \(OP\) est perpendiculaire à \(BC\) et la coupe en \(M\), milieu de \(BC\).

Notons \(Y'\) le symétrique de \(Y\) par rapport à \(OP\). Comme \(\angle BYC = \angle BY'C\), il suffit de prouver que \(BXCY'\) est inscrit.

On a

\[\angle XAP = \angle OPA = \angle EYP.\]

La première égalité vient de ce que \(OA = OP\), et la seconde de ce que \(EY\) et \(OP\) sont toutes deux perpendiculaires à \(BC\), donc parallèles. Comme \(\{Y, Y'\}\) et \(\{E, D\}\) sont des paires de points symétriques par rapport à \(OP\), on a \(\angle EYP = \angle DY'P\), donc

\[\angle XAP = \angle DY'P = \angle XY'P.\]

Cette égalité montre que \(XAY'P\) est inscrit. Par la puissance de \(D\) par rapport aux cercles \((XAY'P)\) et \((ABPC)\), on obtient

\[XD \cdot DY' = AD \cdot DP = BD \cdot DC.\]

Il s'ensuit que \(BXCY'\) est inscrit, comme voulu. \(\blacksquare\)