Shortlist 2015, G2

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

Concepts : Chasse aux angles et quadrilatères cycliques · Triangles semblables et similitudes

Solution officielle : Shortlist officielle 2015 (avec solutions), p. 44 (page 45 du PDF)

Problème 4 de l'OIM 2015

Ce problème a été choisi parmi ceux de la shortlist pour l'épreuve de l'OIM 2015, où il était le problème 4 (jour 2).

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Énoncé

Let \(ABC\) be a triangle inscribed into a circle \(\Omega\) with center \(O\). A circle \(\Gamma\) with center \(A\) meets the side \(BC\) at points \(D\) and \(E\) such that \(D\) lies between \(B\) and \(E\). Moreover, let \(F\) and \(G\) be the common points of \(\Gamma\) and \(\Omega\). We assume that \(F\) lies on the arc \(AB\) of \(\Omega\) not containing \(C\), and \(G\) lies on the arc \(AC\) of \(\Omega\) not containing \(B\). The circumcircles of the triangles \(BDF\) and \(CEG\) meet the sides \(AB\) and \(AC\) again at \(K\) and \(L\), respectively. Suppose that the lines \(FK\) and \(GL\) are distinct and intersect at \(X\). Prove that the points \(A\), \(X\), and \(O\) are collinear.

Indices : les idées clés

• Symétrie par rapport à \((AO)\) : \(AF = AG\) (rayons de \(\Gamma\)), donc les cordes \(AF\) et \(AG\) de \(\Omega\) sont symétriques par rapport à \((AO)\) ; il suffit que \((FK)\) et \((GL)\) le soient aussi.
• Chasse aux angles dans les quatre cercles \(\Omega\), \(\Gamma\), \(\omega_B\), \(\omega_C\) pour prouver \(\angle KFA = \angle AGL\).
• Expression symétrique (solution 2) : \(2\angle KFA = \alpha + \varphi - \psi\), où \(\alpha\), \(\varphi\), \(\psi\) ne « voient » pas la différence entre \(B\) et \(C\).
• Triangles semblables (remarque 2) : \(AGL \sim BGE\) et \(AFK \sim CDF\).

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2015 (deux solutions et trois remarques).

Solution 1

(Voir la figure.) Il suffit de montrer que les droites \((FK)\) et \((GL)\) sont symétriques par rapport à \((AO)\) : leur point d'intersection \(X\) est alors sur l'axe \((AO)\). Or les segments \(AF\) et \(AG\), cordes de \(\Omega\) de même longueur (\(AF = AG\) car ce sont des rayons de \(\Gamma\)), sont symétriques par rapport à \((AO)\). Il suffit donc de montrer

\[\angle KFA = \angle AGL. \tag{1}\]

Notons \(\omega_B\) et \(\omega_C\) les cercles circonscrits à \(BDF\) et \(CEG\). Pour prouver (1), on part de

\[\angle KFA = \angle DFG + \angle GFA - \angle DFK.\]

Par chasse aux angles dans les cercles \(\Gamma\) (points \(D, E, G, F\) : \(\angle DFG = \angle CEG\)), \(\Omega\) (\(\angle GFA = \angle GBA\)) et \(\omega_B\) (\(\angle DFK = \angle DBK\)), cela devient

\[\angle KFA = \angle CEG + \angle GBA - \angle DBK = \angle CEG - \angle CBG.\]

Grâce aux cercles \(\omega_C\) (\(\angle CEG = \angle CLG\)) et \(\Omega\) (\(\angle CBG = \angle CAG\)), on obtient

\[\angle KFA = \angle CLG - \angle CAG = \angle AGL,\]

la dernière égalité venant de l'angle extérieur en \(L\) du triangle \(AGL\). Le problème est résolu. \(\blacksquare\)

Solution 2

(Voir la figure.) On note encore \(\omega_B\) le cercle passant par \(B, D, K, F\). On pose de plus

\[\alpha = \angle BAC, \qquad \varphi = \angle ABF, \qquad \psi = \angle EDA = \angle AED.\]

Comme \(AF = AG\), on a aussi \(\varphi = \angle GCA\) (angles inscrits interceptant des cordes égales), de sorte que \(\alpha\), \(\varphi\) et \(\psi\) respectent la « symétrie » entre \(B\) et \(C\) de la configuration. On ramène à nouveau le problème à (1).

On part cette fois de

\[2\angle KFA = 2(\angle DFA - \angle DFK).\]

Le triangle \(AFD\) est isocèle en \(A\), donc, en utilisant l'angle extérieur en \(D\) du triangle \(BDF\),

\[\angle DFA = \angle ADF = \angle EDF - \psi = \angle BFD + \angle EBF - \psi.\]

De plus, grâce au cercle \(\omega_B\), on a \(\angle DFK = \angle CBA\). Au total,

\[2\angle KFA = \angle DFA + \big(\angle BFD + \angle EBF - \psi\big) - 2\angle CBA,\]

ce qui se simplifie (car \(\angle DFA + \angle BFD = \angle BFA\) et \(\angle EBF = \angle CBA + \varphi\)) en

\[2\angle KFA = \angle BFA + \varphi - \psi - \angle CBA.\]

Le quadrilatère \(AFBC\) est inscrit dans \(\Omega\), donc \(\angle BFA = 180^\circ - \angle ACB\), et l'on obtient

\[2\angle KFA = \alpha + \varphi - \psi.\]

Par la « symétrie » entre \(B\) et \(C\) évoquée plus haut, le même argument montre que \(2\angle AGL = \alpha + \varphi - \psi\). Cela prouve (1). \(\blacksquare\)

Remarques

Remarque 1. Comme le montre la première solution, l'hypothèse « \(A\) est le centre de \(\Gamma\) » peut être affaiblie en : le centre de \(\Gamma\) est sur la droite \((OA)\). La seconde solution peut aussi être adaptée pour donner le même résultat.

Remarque 2. On peut remarquer que \(\angle GDK = 90^\circ\). En effet, soit \(G'\) le point de \(\Gamma\) diamétralement opposé à \(G\). Comme \(\angle KDF = \angle KBF = \angle AGF = \angle G'DF\), les points \(D\), \(K\), \(G'\) sont alignés, d'où le résultat (puisque \(GG'\) est un diamètre de \(\Gamma\)). Par symétrie, on a aussi \(\angle LEF = 90^\circ\).

De plus, un argument classique montre que les triangles \(AGL\) et \(BGE\) sont semblables ; par symétrie, les triangles \(AFK\) et \(CDF\) le sont aussi. On peut en déduire une solution de plusieurs façons, par exemple :

\[\begin{aligned} \angle KFA &= \angle BFA - \angle BFK = \angle BFA - \angle EDG' = (180^\circ - \angle AGB) - (180^\circ - \angle G'GE) \\ &= \angle AGE - \angle AGB = \angle BGE = \angle AGL. \end{aligned}\]

Remarque 3 (énoncé original). La proposition originale ne mentionnait pas le point \(X\) et demandait de prouver que les droites \((FK)\), \((GL)\) et \((AO)\) sont concourantes. La seule différence est qu'il faut alors aussi montrer que ces droites ne peuvent pas être parallèles ; le comité a supprimé cette partie pour rendre le problème plus adapté à l'Olympiade. Pour être complet, voici une façon de prouver que \((FK)\) n'est pas parallèle à \((AO)\) : comme \(K\) et \(O\) sont dans le secteur angulaire \(\angle FAG\), il suffit de vérifier \(\angle KFA + \angle FAO < 180^\circ\). En multipliant par \(2\) et en utilisant les formules de la solution 2, cela équivaut à \((\alpha + \varphi - \psi) + (180^\circ - 2\varphi) < 360^\circ\), ce qui découle facilement de \(\alpha < 180^\circ\).