Shortlist 2013, G4

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

Concepts : Triangles semblables et similitudes · Chasse aux angles et quadrilatères cycliques · Puissance d'un point et axe radical · Outils projectifs : birapport, division harmonique, pôles et polaires

Solution officielle : Shortlist officielle 2013 (avec solutions), p. 43 (page 43 du PDF)

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Énoncé

Let \(ABC\) be a triangle with \(\angle B > \angle C\). Let \(P\) and \(Q\) be two different points on line \(AC\) such that \(\angle PBA = \angle QBA = \angle ACB\) and \(A\) is located between \(P\) and \(C\). Suppose that there exists an interior point \(D\) of segment \(BQ\) for which \(PD = PB\). Let the ray \(AD\) intersect the circle \(ABC\) at \(R \neq A\). Prove that \(QB = QR\).

Indices : les idées clés

• Tangente et puissance : \(\angle PBA = \angle ACB\) fait de \(PB\) une tangente au cercle \(\omega\), donc \(PA \cdot PC = PB^2 = PD^2\), et les triangles \(PAD\) et \(PDC\) sont semblables.
• Chasse aux angles (solution 1) : \(ABC \sim AQB\) rend \(D, R, C, Q\) cocycliques, puis \(\angle QBR = \angle QRB\).
• Projections (solution 3) : une composée de cinq projections de la droite \(BE\) dans elle-même a trois points fixes \(B\), \(M\), \(X\), donc c'est l'identité.

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2013 (trois solutions et une remarque).

Solution 1

Notons \(\omega\) le cercle circonscrit au triangle \(ABC\), et posons \(\angle ACB = \gamma\). La condition \(\gamma < \angle CBA\) implique \(\gamma < 90^\circ\). Comme \(\angle PBA = \gamma\), la droite \(PB\) est tangente à \(\omega\), donc \(PA \cdot PC = PB^2 = PD^2\). Comme \(\frac{PA}{PD} = \frac{PD}{PC}\), les triangles \(PAD\) et \(PDC\) sont semblables, et \(\angle ADP = \angle DCP\).

Ensuite, comme \(\angle ABQ = \angle ACB\), les triangles \(ABC\) et \(AQB\) sont aussi semblables. Alors \(\angle AQB = \angle ABC = \angle ARC\), ce qui signifie que les points \(D\), \(R\), \(C\) et \(Q\) sont cocycliques. Donc \(\angle DRQ = \angle DCQ = \angle ADP\).

Maintenant, de \(\angle ARB = \angle ACB = \gamma\) et \(\angle PDB = \angle PBD = 2\gamma\), on obtient

\[\angle QBR = \angle ADB - \angle ARB = \angle ADP + \angle PDB - \angle ARB = \angle DRQ + \gamma = \angle QRB,\]

donc le triangle \(QRB\) est isocèle, ce qui donne \(QB = QR\). \(\blacksquare\)

Solution 2

Notons à nouveau \(\omega\) le cercle circonscrit au triangle \(ABC\), et \(\angle ACB = \gamma\). Comme \(\angle PBA = \gamma\), la droite \(PB\) est tangente à \(\omega\).

Soit \(E\) le second point d'intersection de \(BQ\) avec \(\omega\). Si \(V'\) est un point de la demi-droite \([CE)\) au-delà de \(E\), alors \(\angle BEV' = 180^\circ - \angle BEC = 180^\circ - \angle BAC = \angle PAB\) ; avec \(\angle ABQ = \angle PBA\), cela montre d'abord que les demi-droites \([BA)\) et \([CE)\) se coupent en un point \(V\), et ensuite que le triangle \(VEB\) est semblable au triangle \(PAB\). Donc \(\angle BVE = \angle BPA\). Ensuite, \(\angle AEV = \angle BEV - \gamma = \angle PAB - \angle ABQ = \angle AQB\) ; les triangles \(PBQ\) et \(VAE\) sont donc aussi semblables.

Soit \(PH\) une hauteur du triangle isocèle \(PBD\) ; alors \(BH = HD\). Soit \(G\) le point d'intersection de \(PH\) et \(AB\). Par symétrie par rapport à \(PH\), on a \(\angle BDG = \angle DBG = \gamma = \angle BEA\) ; donc \(DG \parallel AE\) et \(\frac{BG}{GA} = \frac{BD}{DE}\). Les points \(G\) et \(D\) se correspondent donc dans les triangles semblables \(PAB\) et \(VEB\), d'où \(\angle DVB = \angle GPB = 90^\circ - \angle PBQ = 90^\circ - \angle VAE\). Donc \(VD \perp AE\).

Soit \(T\) le point commun de \(VD\) et \(AE\), et \(DS\) une hauteur du triangle \(BDR\). Les points \(S\) et \(T\) sont les pieds de hauteurs correspondantes dans les triangles semblables \(ADE\) et \(BDR\), donc \(\frac{BS}{SR} = \frac{AT}{TE}\). D'autre part, les points \(T\) et \(H\) sont les pieds de hauteurs correspondantes dans les triangles semblables \(VAE\) et \(PBQ\), donc \(\frac{AT}{TE} = \frac{BH}{HQ}\). Ainsi \(\frac{BS}{SR} = \frac{AT}{TE} = \frac{BH}{HQ}\), et les triangles \(BHS\) et \(BQR\) sont semblables.

Enfin, \(SH\) est une médiane du triangle \(SBD\) rectangle en \(S\) ; donc \(BH = HS\), et par suite \(BQ = QR\). \(\blacksquare\)

Solution 3

Notons \(\omega\) et \(O\) le cercle circonscrit au triangle \(ABC\) et son centre. Par la condition \(\angle PBA = \angle BCA\), on sait que \(BP\) est tangente à \(\omega\).

Soit \(E\) le second point d'intersection de \(\omega\) et \(BD\). Comme le triangle \(BDP\) est isocèle, la tangente à \(\omega\) en \(E\) est parallèle à \(DP\), et elle coupe donc \(BP\) en un point \(L\). Bien sûr, \(PD \parallel LE\). Soit \(M\) le milieu de \(BE\) et \(H\) le milieu de \(BR\). On a \(\angle AEB = \angle ACB = \angle ABQ = \angle ABE\), donc \(A\) est sur la médiatrice de \(BE\) ; les points \(L\), \(A\), \(M\) et \(O\) sont donc alignés. Soit \(\omega_1\) le cercle de diamètre \(BO\). Posons \(Q' = HO \cap BE\) ; comme \(HO\) est la médiatrice de \(BR\), l'énoncé équivaut à \(Q' = Q\).

Considérons la suite de projections suivante (voir la figure 3).

1. Projeter la droite \(BE\) sur la droite \(LB\) depuis le centre \(A\). (Cela envoie \(Q\) sur \(P\).)
2. Projeter la droite \(LB\) sur \(BE\) parallèlement à \(LE\). (\(P \mapsto D\).)
3. Projeter la droite \(BE\) sur le cercle \(\omega\) depuis son point \(A\). (\(D \mapsto R\).)
4. Réduire \(\omega\) de rapport \(\frac{1}{2}\) depuis le point \(B\), sur le cercle \(\omega_1\). (\(R \mapsto H\).)
5. Projeter \(\omega_1\) sur la droite \(BE\) depuis son point \(O\). (\(H \mapsto Q'\).)

Montrons que la composée de ces transformations, qui envoie la droite \(BE\) sur elle-même, est l'identité. Il suffit pour cela de trouver trois points fixes. Un premier point fixe évident est \(B\), fixé par toutes les transformations ci-dessus. Un autre est \(M\), dont le trajet est \(M \mapsto L \mapsto E \mapsto E \mapsto M \mapsto M\).

Pour trouver un troisième point fixe, menons par \(A\) la parallèle à \(LE\) ; elle coupe \(BE\), \(LB\) et \(\omega\) en \(X\), \(Y\) et \(Z \neq A\) respectivement (voir la figure 4). Montrons que \(X\) est fixe. Les images de \(X\) par les trois premières transformations sont \(X \mapsto Y \mapsto X \mapsto Z\). De \(\angle XBZ = \angle EAZ = \angle AEL = \angle LBA = \angle BZX\), on voit que le triangle \(XBZ\) est isocèle. Soit \(U\) le milieu de \(BZ\) ; les deux dernières transformations donnent \(Z \mapsto U \mapsto X\), et le point \(X\) est fixe. \(\blacksquare\)

Remarque. Vérifier que le point \(E\) est fixe semble d'abord plus naturel, mais c'est moins direct. Esquissons une preuve possible. Soient \(F\), \(G\) et \(I\) les images de \(E\) par les trois premières transformations. En comparant les angles de la figure 5 (et en remarquant que le quadrilatère \(AFBG\) est inscrit), on observe que la tangente \(LE\) à \(\omega\) est parallèle à \(BI\). Pour les mêmes raisons que ci-dessus, le point \(E\) est alors fixe lui aussi.