Shortlist 2014, G1¶
Domaine : Géométrie · Difficulté : ★☆☆☆☆ · Proposé par : Georgia
Concepts : Triangles semblables et similitudes · Chasse aux angles et quadrilatères cycliques · Outils projectifs : birapport, division harmonique, pôles et polaires
Solution officielle : Shortlist officielle 2014 (avec solutions), p. 50 (page 51 du PDF)
Problème 4 de l'OIM 2014
Ce problème a été choisi parmi ceux de la shortlist pour l'épreuve de l'OIM 2014, où il était le problème 4 (jour 2).
Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.
Énoncé¶
The points \(P\) and \(Q\) are chosen on the side \(BC\) of an acute-angled triangle \(ABC\) so that \(\angle PAB = \angle ACB\) and \(\angle QAC = \angle CBA\). The points \(M\) and \(N\) are taken on the rays \(AP\) and \(AQ\), respectively, so that \(AP = PM\) and \(AQ = QN\). Prove that the lines \(BM\) and \(CN\) intersect on the circumcircle of the triangle \(ABC\).
Indices : les idées clés
- Triangles semblables (solution 1) : \(ABP \sim CAQ\) donne \(\frac{BP}{PM} = \frac{NQ}{QC}\), puis \(BPM \sim NQC\) et \(BPM \sim BSC\).
- Chasse aux angles : on obtient \(\angle CSB = \beta + \gamma = 180^\circ - \angle BAC\), donc \(S\) est sur le cercle circonscrit.
- Pascal (solution 2) : \(BL\) et \(CK\) se coupent au symétrique \(X\) de \(A\) par rapport à \(BC\), qui est sur \(MN\) ; Pascal pour l'hexagone \(ALBSCK\) conclut.
Solutions
Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2014 (deux solutions et une remarque).
Solution 1¶
Notons \(S\) le point d'intersection des droites \(BM\) et \(CN\), et posons \(\beta = \angle QAC = \angle CBA\) et \(\gamma = \angle PAB = \angle ACB\). Ces égalités montrent que les triangles \(ABP\) et \(CAQ\) sont semblables (voir la figure 1). On en déduit
De plus,
Les triangles \(BPM\) et \(NQC\) sont donc semblables. Cela donne \(\angle BMP = \angle NCQ\), donc les triangles \(BPM\) et \(BSC\) sont semblables eux aussi. On obtient
ce qui achève la solution. \(\blacksquare\)
Solution 2¶
Comme dans la solution précédente, notons \(S\) le point d'intersection des droites \(BM\) et \(NC\). Soient de plus \(K\) et \(L\) les seconds points d'intersection du cercle circonscrit à \(ABC\) avec les droites \(AP\) et \(AQ\) (voir la figure 2).
On a \(\angle LBC = \angle LAC = \angle CBA\), et de même \(\angle KCB = \angle KAB = \angle BCA\). Les droites \(BL\) et \(CK\) se coupent donc en un point \(X\), symétrique de \(A\) par rapport à la droite \(BC\). Comme \(AP = PM\) et \(AQ = QN\), le point \(X\) est sur la droite \(MN\). Par le théorème de Pascal appliqué à l'hexagone \(ALBSCK\), le point \(S\) est sur le cercle circonscrit à \(ABC\), ce qui achève la preuve. \(\blacksquare\)
Remarque¶
Les deux solutions se modifient pour obtenir un résultat plus général, où les égalités