Shortlist 2014, G4

Domaine : Géométrie · Difficulté : ★★★☆☆ · Proposé par : United Kingdom

Concepts : Puissance d'un point et axe radical · Triangles semblables et similitudes · Chasse aux angles et quadrilatères cycliques · Trigonométrie : loi des sinus, Ceva trigonométrique · Inversion

Solution officielle : Shortlist officielle 2014 (avec solutions), p. 53 (page 54 du PDF)

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Énoncé

Consider a fixed circle \(\Gamma\) with three fixed points \(A\), \(B\), and \(C\) on it. Also, let us fix a real number \(\lambda \in (0, 1)\). For a variable point \(P \notin \{A, B, C\}\) on \(\Gamma\), let \(M\) be the point on the segment \(CP\) such that \(CM = \lambda \cdot CP\). Let \(Q\) be the second point of intersection of the circumcircles of the triangles \(AMP\) and \(BMC\). Prove that as \(P\) varies, the point \(Q\) lies on a fixed circle.

Indices : les idées clés

• Centre radical : \(AP\), \(BC\) et \(MQ\) sont les axes radicaux de \(\Gamma\), \(\omega_A = (AMP)\) et \(\omega_B = (BMC)\) ; ils concourent en \(X\) (ou sont parallèles, et alors \(Q = D\) avec \(BD = \lambda \cdot BA\)).
• Miquel et similitudes (solution 1) : \(A, B, Q, X\) sont cocycliques, \(XPC \sim XBA \sim YAB\), et \(D\), \(M\) se correspondent ; on obtient \(\measuredangle(DQ, QB) = \measuredangle(AB, BC)\) : \(Q\) est sur le cercle passant par \(D\) et tangent à \(BC\) en \(B\).
• Loi des sinus (solution 2) : \(\frac{QB}{\sin \angle QBC} = \lambda \cdot \frac{AB}{\sin \angle ABC}\) est constant ; ou inversion de centre \(C\) suivie de Pappus (solution 3).

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2014 (trois solutions et deux remarques).

Solution 1

Dans toute la solution, on note \(\measuredangle(a, b)\) l'angle orienté entre les droites \(a\) et \(b\).

Soit \(D\) le point du segment \(AB\) tel que \(BD = \lambda \cdot BA\). On va montrer que soit \(Q = D\), soit \(\measuredangle(DQ, QB) = \measuredangle(AB, BC)\) ; cela signifie que le point \(Q\) décrit le cercle fixe passant par \(D\) et tangent à \(BC\) en \(B\), comme voulu.

Notons \(\omega_A\) et \(\omega_B\) les cercles circonscrits aux triangles \(AMP\) et \(BMC\). Les droites \(AP\), \(BC\) et \(MQ\) sont les axes radicaux deux à deux des cercles \(\Gamma\), \(\omega_A\) et \(\omega_B\) ; elles sont donc soit parallèles, soit concourantes en un point \(X\).

Supposons ces droites parallèles (voir la figure 1). Les segments \(AP\), \(QM\) et \(BC\) ont alors une médiatrice commune ; la symétrie par rapport à cette médiatrice envoie le segment \(CP\) sur \(BA\), et \(M\) sur \(Q\). Dans ce cas, \(Q\) est donc sur \(AB\), et \(\frac{BQ}{AB} = \frac{CM}{CP} = \frac{BD}{AB}\) ; donc \(Q = D\).

Supposons maintenant que les droites \(AP\), \(QM\) et \(BC\) concourent en un point \(X\) (voir la figure 2). Par le théorème de Miquel appliqué au triangle \(XPC\), les points \(A\), \(B\), \(Q\) et \(X\) sont sur un même cercle \(\Omega\). Notons \(Y\) le symétrique de \(X\) par rapport à la médiatrice de \(AB\). Le point \(Y\) est sur \(\Omega\), et les triangles \(YAB\) et \(XBA\) sont isométriques. De plus, le triangle \(XPC\) est semblable au triangle \(XBA\), donc aussi au triangle \(YAB\).

Ensuite, les points \(D\) et \(M\) se correspondent dans les triangles semblables \(YAB\) et \(XPC\), puisque \(\frac{BD}{BA} = \frac{CM}{CP} = \lambda\). De plus, les triangles \(YAB\) et \(XPC\) ont la même orientation, donc \(\measuredangle(MX, XP) = \measuredangle(DY, YA)\). D'autre part, comme \(A\), \(Q\), \(X\) et \(Y\) sont sur \(\Omega\), on a \(\measuredangle(QY, YA) = \measuredangle(MX, XP)\). Donc \(\measuredangle(QY, YA) = \measuredangle(DY, YA)\), et les points \(Y\), \(D\) et \(Q\) sont alignés.

Enfin,

\[\measuredangle(DQ, QB) = \measuredangle(YQ, QB) = \measuredangle(YA, AB) = \measuredangle(AB, BX) = \measuredangle(AB, BC),\]

comme voulu. \(\blacksquare\)

Remarque. Dans la proposition d'origine, \(\lambda\) était un réel quelconque différent de \(0\) et de \(1\), et le point \(M\) était défini par \(\overrightarrow{CM} = \lambda \cdot \overrightarrow{CP}\). Le comité a ajouté la restriction \(\lambda \in (0, 1)\) pour éviter une longue discussion de cas.

Solution 2

Comme dans la solution précédente, on introduit le centre radical \(X = AP \cap BC \cap MQ\) des cercles \(\omega_A\), \(\omega_B\) et \(\Gamma\), et l'on remarque que les points \(A\), \(Q\), \(B\) et \(X\) sont sur un même cercle \(\Omega\).

Si le point \(P\) est sur l'arc \(BAC\) de \(\Gamma\), le point \(X\) est à l'extérieur de \(\Gamma\), donc \(Q\) est sur la demi-droite \([XM)\), et les points \(P\), \(A\) et \(Q\) sont du même côté de \(BC\). Si au contraire \(P\) est sur l'arc \(BC\) qui ne contient pas \(A\), alors \(X\) est à l'intérieur de \(\Gamma\), donc \(M\) et \(Q\) sont de part et d'autre de \(BC\) ; là encore, \(Q\) et \(A\) sont du même côté de \(BC\). Dans tous les cas, \(Q\) et \(A\) sont du même côté de \(BC\).

Montrons que le rapport

\[\frac{QB}{\sin \angle QBC} = \frac{QB}{QX} \cdot \frac{QX}{\sin \angle QBX}\]

est constant. Comme \(A\), \(Q\), \(B\) et \(X\) sont cocycliques, la loi des sinus donne

\[\frac{QX}{\sin \angle QBX} = \frac{AX}{\sin \angle ABC}.\]

Ensuite, comme \(B\), \(Q\), \(M\) et \(C\) sont cocycliques, les triangles \(XBQ\) et \(XMC\) sont semblables, donc

\[\frac{QB}{QX} = \frac{CM}{CX} = \lambda \cdot \frac{CP}{CX}.\]

De même, les triangles \(XCP\) et \(XAB\) sont semblables, donc

\[\frac{CP}{CX} = \frac{AB}{AX}.\]

On obtient

\[\frac{QB}{\sin \angle QBC} = \lambda \cdot \frac{AB}{AX} \cdot \frac{AX}{\sin \angle ABC} = \lambda \cdot \frac{AB}{\sin \angle ABC},\]

qui est bien constant. Le cercle passant par \(Q\) et tangent à \(BC\) en \(B\) est donc fixe, et \(Q\) décrit ce cercle fixe. \(\blacksquare\)

Remarque. On devine assez facilement que le cercle cherché est tangent à \(BC\) en \(B\). En effet, le deuxième paragraphe de cette solution montre que ce cercle est d'un seul côté de \(BC\) ; et dans le cas limite \(P = B\), le point \(Q\) coïncide aussi avec \(B\).

Solution 3

Effectuons une inversion de centre \(C\), et notons \(X'\) l'image d'un point \(X\).

Le cercle \(\Gamma\) devient la droite \(\Gamma'\) qui passe par les points fixes \(A'\) et \(B'\) et contient le point variable \(P'\). Par hypothèse, le point \(M\) décrit le cercle \(\gamma\), image de \(\Gamma\) par l'homothétie de centre \(C\) et de rapport \(\lambda\). Donc \(M'\) décrit la droite fixe \(\gamma' \parallel A'B'\), image de \(A'B'\) par l'homothétie de centre \(C\) et de rapport \(\frac{1}{\lambda}\), et \(M' = \gamma' \cap CP'\). Ensuite, les cercles \(\omega_A\) et \(\omega_B\) circonscrits à \(AMP\) et \(BMC\) deviennent respectivement le cercle \(\omega'_A\) circonscrit à \(A'M'P'\) et la droite \(B'M'\) ; le point \(Q\) devient donc le second point d'intersection de \(B'M'\) avec \(\omega'_A\) (voir la figure 4).

Soit \(J\) le point (fixe) commun aux droites \(\gamma'\) et \(CA'\), et \(\ell\) la droite (fixe) passant par \(J\) et parallèle à \(CB'\). Soit \(V\) le point commun aux droites \(\ell\) et \(B'M'\). Par le théorème de Pappus appliqué aux triplets \((C, J, A')\) et \((V, B', M')\), les points \(CB' \cap JV\), \(JM' \cap A'B'\) et \(CM' \cap A'V\) sont alignés. Les deux premiers sont à l'infini, donc le troisième aussi, ce qui signifie que \(CM' \parallel A'V\).

On a alors \(\measuredangle(Q'A', A'P') = \measuredangle(Q'M', M'P') = \measuredangle(VM', A'V)\), ce qui signifie que les triangles \(B'Q'A'\) et \(B'A'V\) sont semblables, et \((B'A')^2 = B'Q' \cdot B'V\). Ainsi \(Q'\) est l'image de \(V\) par une seconde inversion (fixe), de centre \(B'\) et de rayon \(B'A'\). Comme \(V\) décrit la droite fixe \(\ell\), \(Q'\) décrit un cercle fixe \(\Theta\). En revenant par la première inversion, on obtient que \(Q\) décrit lui aussi un cercle fixe.

Ce dernier n'est pas une droite : sinon \(\Theta\) contiendrait \(C\), et donc \(\ell\) contiendrait l'image de \(C\) par la seconde inversion, ce qui est impossible puisque \(CB' \parallel \ell\). \(\blacksquare\)