Shortlist 2012, G7

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

Concepts : Trigonométrie : loi des sinus, Ceva trigonométrique · Homothétie · Centres du triangle et lemmes classiques

Solution officielle : Shortlist officielle 2012 (avec solutions), p. 36 (page 36 du PDF)

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

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Énoncé

Let \(ABCD\) be a convex quadrilateral with non-parallel sides \(BC\) and \(AD\). Assume that there is a point \(E\) on the side \(BC\) such that the quadrilaterals \(ABED\) and \(AECD\) are circumscribed. Prove that there is a point \(F\) on the side \(AD\) such that the quadrilaterals \(ABCF\) and \(BCDF\) are circumscribed if and only if \(AB\) is parallel to \(CD\).

Indices : les idées clés

• Deux cercles inscrits dans un angle : les cercles inscrits \(\omega_1\), \(\omega_2\) de \(ABED\) et \(AECD\) doivent aussi être ceux de \(ABCF\) et \(BCDF\) ; on compare les points \(F_1\), \(F_2\) obtenus par les tangentes issues de \(B\) et \(C\).
• Lemme (loi des sinus) : pour \(\omega_1\) cercle inscrit de \(OPQ\) et \(\omega_2\) cercle exinscrit de \(ORS\), on compare \(OP \cdot OR\) et \(OQ \cdot OS\) au produit fixe \(p = OO_1 \cdot OO_2\) : exactement une des trois situations (\(<\), \(>\), \(=\)) se produit.
• Chaîne d'implications : en appliquant le lemme à trois quadruplets, \(F_1 = F_2\) équivaut à \(OB \cdot OD = OA \cdot OC\), c'est-à-dire à \(AB \parallel CD\).

Solutions

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

Solution

Soient \(\omega_1\) et \(\omega_2\) les cercles inscrits, et \(O_1\), \(O_2\) leurs centres, des quadrilatères \(ABED\) et \(AECD\) respectivement. Un point \(F\) ayant la propriété voulue n'existe que si \(\omega_1\) et \(\omega_2\) sont aussi les cercles inscrits des quadrilatères \(ABCF\) et \(BCDF\).

Soient \(F_1\) et \(F_2\) les points où la tangente à \(\omega_2\) issue de \(B\) et la tangente à \(\omega_1\) issue de \(C\) (autres que \(BC\)) coupent \(AD\). Il s'agit de prouver que \(F_1 = F_2\) si et seulement si \(AB \parallel CD\).

Lemme. Les cercles \(\omega_1\) et \(\omega_2\), de centres \(O_1\) et \(O_2\), sont inscrits dans un angle de sommet \(O\). Les points \(P\), \(S\) sur un côté de l'angle et \(Q\), \(R\) sur l'autre côté sont tels que \(\omega_1\) soit le cercle inscrit du triangle \(PQO\), et \(\omega_2\) le cercle exinscrit du triangle \(RSO\) opposé à \(O\). Posons \(p = OO_1 \cdot OO_2\). Alors exactement l'une des relations suivantes est vraie :

\[OP \cdot OR < p < OQ \cdot OS, \qquad OP \cdot OR > p > OQ \cdot OS, \qquad OP \cdot OR = p = OQ \cdot OS.\]

Preuve. Posons \(\angle OPO_1 = u\), \(\angle OQO_1 = v\), \(\angle OO_2R = x\), \(\angle OO_2S = y\) et \(\angle POQ = 2\varphi\). Comme \(PO_1\), \(QO_1\), \(RO_2\), \(SO_2\) sont des bissectrices intérieures ou extérieures des triangles \(PQO\) et \(RSO\), on a

\[u + v = x + y \; (= 90^\circ - \varphi). \tag{1}\]

Par la loi des sinus,

\[\frac{OP}{OO_1} = \frac{\sin(u + \varphi)}{\sin u} \quad \text{et} \quad \frac{OO_2}{OR} = \frac{\sin(x + \varphi)}{\sin x}.\]

Donc, comme \(x\), \(u\) et \(\varphi\) sont aigus,

\[OP \cdot OR \geq p \iff \frac{OP}{OO_1} \geq \frac{OO_2}{OR} \iff \sin x \sin(u + \varphi) \geq \sin u \sin(x + \varphi) \iff \sin(x - u) \geq 0 \iff x \geq u.\]

Ainsi \(OP \cdot OR \geq p\) équivaut à \(x \geq u\), avec \(OP \cdot OR = p\) si et seulement si \(x = u\). De même, \(p \geq OQ \cdot OS\) équivaut à \(v \geq y\), avec \(p = OQ \cdot OS\) si et seulement si \(v = y\). D'autre part, \(x \geq u\) et \(v \geq y\) sont équivalents par (1), avec \(x = u\) si et seulement si \(v = y\). La conclusion du lemme en découle. \(\square\)

Revenons au problème, et appliquons le lemme aux quadruplets \(\{B, E, D, F_1\}\), \(\{A, B, C, D\}\) et \(\{A, E, C, F_2\}\). En supposant \(OE \cdot OF_1 > p\), on obtient

\[OE \cdot OF_1 > p \implies OB \cdot OD < p \implies OA \cdot OC > p \implies OE \cdot OF_2 < p.\]

Autrement dit, \(OE \cdot OF_1 > p\) implique

\[OB \cdot OD < p < OA \cdot OC \quad \text{et} \quad OE \cdot OF_1 > p > OE \cdot OF_2.\]

De même, \(OE \cdot OF_1 < p\) implique

\[OB \cdot OD > p > OA \cdot OC \quad \text{et} \quad OE \cdot OF_1 < p < OE \cdot OF_2.\]

Dans ces cas, \(F_1 \neq F_2\) et \(OB \cdot OD \neq OA \cdot OC\), donc les droites \(AB\) et \(CD\) ne sont pas parallèles.

Il reste le cas \(OE \cdot OF_1 = p\). Le lemme donne alors \(OB \cdot OD = p = OA \cdot OC\) et \(OE \cdot OF_1 = p = OE \cdot OF_2\). Donc \(F_1 = F_2\) et \(AB \parallel CD\). \(\blacksquare\)

Remarque

La conclusion reste vraie si \(BC\) et \(AD\) sont parallèles. On peut prouver un cas limite du lemme pour la configuration de la figure ci-dessous, où \(r_1\) et \(r_2\) sont des demi-droites parallèles issues de \(O'\) et \(O''\), avec \(O'O'' \perp r_1, r_2\) et \(O\) milieu de \(O'O''\). Deux cercles de centres \(O_1\) et \(O_2\) sont inscrits dans la bande entre \(r_1\) et \(r_2\). Les droites \(PQ\) et \(RS\) sont tangentes aux cercles, avec \(P\), \(S\) sur \(r_1\) et \(Q\), \(R\) sur \(r_2\), de sorte que \(O\) et \(O_1\) soient du même côté de \(PQ\), et \(O\) et \(O_2\) de part et d'autre de \(RS\). Posons \(s = OO_1 + OO_2\). Alors exactement l'une des relations suivantes est vraie :

\[O'P + O''R < s < O''Q + O'S, \qquad O'P + O''R > s > O''Q + O'S, \qquad O'P + O''R = s = O''Q + O'S.\]

Une fois ce résultat établi, la preuve de l'énoncé dans le cas \(BC \parallel AD\) est analogue à celle du cas sécant, en remplaçant les produits par les sommes de segments correspondantes.