Shortlist 2015, G4¶
Domaine : Géométrie · Difficulté : ★★☆☆☆ · Proposé par : Russia
Concepts : Chasse aux angles et quadrilatères cycliques · Triangles semblables et similitudes · Inversion · Puissance d'un point et axe radical
Solution officielle : Shortlist officielle 2015 (avec solutions), p. 48 (page 49 du PDF)
Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.
Énoncé¶
Let \(ABC\) be an acute triangle, and let \(M\) be the midpoint of \(AC\). A circle \(\omega\) passing through \(B\) and \(M\) meets the sides \(AB\) and \(BC\) again at \(P\) and \(Q\), respectively. Let \(T\) be the point such that the quadrilateral \(BPTQ\) is a parallelogram. Suppose that \(T\) lies on the circumcircle of the triangle \(ABC\). Determine all possible values of \(BT/BM\).
Indices : les idées clés
- Chasse aux angles : angles inscrits dans \(\omega\) et dans le cercle circonscrit, parallèles du parallélogramme.
- Triangles semblables : deux paires de triangles semblables dont les médianes se correspondent, puis \(BSM \sim BMT\) (solution 1).
- Inversion (solution 2) : une inversion de centre \(B\) échange le cercle circonscrit et la droite \(XY\) qui contient \(T\).
- Puissance d'un point (solution 3) : lemme \(BP \cdot BA + BQ \cdot BC = BT^2\), appliqué deux fois.
Solutions
Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2015 (trois solutions et deux remarques).
Réponse. \(\dfrac{BT}{BM} = \sqrt{2}\).
Solution 1¶
Soit \(S\) le centre du parallélogramme \(BPTQ\) (milieu de \(PQ\) et de \(BT\)), et soit \(B' \neq B\) le point de la demi-droite \([BM)\) tel que \(BM = MB'\) (voir la figure). Alors \(ABCB'\) est un parallélogramme.
Deux paires de triangles semblables. Par chasse aux angles dans \(\omega\) : \(\angle ABB' = \angle PBM = \angle PQM\) et \(\angle BB'A = \angle B'BC = \angle MBQ = \angle MPQ\). Donc les triangles \(ABB'\) et \(MQP\) sont semblables (\(A \leftrightarrow M\), \(B \leftrightarrow Q\), \(B' \leftrightarrow P\)). Dans ces triangles, \(AM\) et \(MS\) sont des médianes correspondantes (\(M\) milieu de \(BB'\), \(S\) milieu de \(QP\)). Par conséquent
car \(AB' \parallel BC\) et \(ABCT\) est inscriptible.
Ensuite \(\angle ACT = \angle PBT\) (angles inscrits interceptant l'arc \(AT\)) et \(\angle TAC = \angle TBC = \angle BTP\) (car \(PT \parallel BC\)). Les triangles \(TCA\) et \(PBT\) sont donc semblables, et \(TM\), \(PS\) y sont des médianes correspondantes. D'où
Cas 1 : \(S\) n'est pas sur \(BM\). La configuration étant symétrique en \(A\) et \(C\), on peut supposer que \(S\) et \(A\) sont du même côté de la droite \(BM\). D'après (1) et (2),
donc les triangles \(BSM\) et \(BMT\) (qui ont l'angle en \(B\) en commun) sont semblables. Ainsi \(BM^2 = BS \cdot BT = \dfrac{BT^2}{2}\), et \(BT = \sqrt{2}\, BM\).
Cas 2 : \(S\) est sur \(BM\). Alors \(T\) est sur la droite \(BM\) et (2) donne \(\angle BCA = \angle MTA = \angle BQP = \angle BMP\). Donc \(PQ \parallel AC\) et \(PM \parallel AT\). Par Thalès, \(\dfrac{BS}{BM} = \dfrac{BP}{BA} = \dfrac{BM}{BT}\), donc \(BT^2 = 2BM^2\) et \(BT = \sqrt{2}\, BM\).
Dans tous les cas, \(BT/BM = \sqrt{2}\). \(\blacksquare\)
Solution 2¶
Notons \(\Omega\) le cercle circonscrit à \(ABC\). Choisissons \(X\) sur la demi-droite \([BA)\) et \(Y\) sur la demi-droite \([BC)\) tels que \(\angle MXB = \angle MBC\) et \(\angle BYM = \angle ABM\) (voir la figure). Alors les triangles \(BMX\) et \(YMB\) sont semblables. Comme \(\angle XPM = \angle BQM\) (\(BPMQ\) inscriptible), les points \(P\) et \(Q\) se correspondent dans ces triangles. Donc si \(\overrightarrow{BP} = \mu \overrightarrow{BX}\), alors \(\overrightarrow{BQ} = (1 - \mu)\overrightarrow{BY}\), et
le point \(T\) est sur la droite \(XY\).
Soit \(B' \neq B\) le point de \([BM)\) avec \(BM = MB'\). Alors \(\angle MB'A = \angle MBC = \angle MXB\) et \(\angle CB'M = \angle ABM = \angle BYM\). Les triangles \(BMX\), \(BAB'\), \(YMB\) et \(B'CB\) sont donc tous semblables, d'où
Il existe donc une inversion de centre \(B\) (de puissance \(BM \cdot BB'\)) qui échange \(A\) et \(X\), \(M\) et \(B'\), \(C\) et \(Y\). Elle échange \(\Omega\) (qui passe par \(B\), \(A\), \(C\)) et la droite \(XY\), donc elle fixe \(T\), qui est sur les deux. Ainsi \(BT^2 = BM \cdot BB' = 2BM^2\), et \(BT = \sqrt{2}\, BM\). \(\blacksquare\)
Solution 3¶
Lemme. Soit \(ABCT\) un quadrilatère inscriptible, et \(P\), \(Q\) des points des côtés \(BA\), \(BC\) tels que \(BPTQ\) soit un parallélogramme. Alors \(BP \cdot BA + BQ \cdot BC = BT^2\).
Preuve. Le cercle circonscrit à \(QTC\) recoupe la droite \(BT\) en \(J\) (voir la figure). La puissance du point \(B\) par rapport à ce cercle donne
De plus \(\angle TJQ = 180^\circ - \angle QCT = \angle TAB\) et \(\angle QTJ = \angle ABT\) (car \(QT \parallel BA\)), donc les triangles \(TJQ\) et \(BAT\) sont semblables, et \(\dfrac{TJ}{TQ} = \dfrac{BA}{BT}\). Comme \(TQ = BP\),
En additionnant (3) et (4) : \(BQ \cdot BC + BP \cdot BA = (BJ + JT) \cdot BT = BT^2\). \(\square\)
Soient \(X\) et \(Y\) les milieux de \(BA\) et \(BC\) ; alors \(BXMY\) est un parallélogramme. Le lemme appliqué au quadrilatère inscriptible \(PBQM\) (avec le parallélogramme \(BXMY\)) et au quadrilatère inscriptible \(ABCT\) (avec \(BPTQ\)) donne
Comme \(BA = 2BX\) et \(BC = 2BY\), on obtient \(BT^2 = 2BM^2\), donc \(BT = \sqrt{2}\, BM\). \(\blacksquare\)
Remarques¶
Remarque 1 (autre preuve de la similitude de \(BSM\) et \(BMT\)). Soit \(\Omega\) le cercle circonscrit à \(ABC\) et \(R\) le second point d'intersection de \(\omega\) et \(\Omega\). La similitude \(\tau\) de centre \(R\) qui envoie \(\omega\) sur \(\Omega\) envoie chaque point \(X\) de \(\omega\) sur le point \(Y\) de \(\Omega\) aligné avec \(B\) et \(X\). Si \(K\) et \(L\) sont les seconds points d'intersection de \(BM\) avec \(\Omega\) et de \(BT\) avec \(\omega\), alors \(\tau\) envoie le triangle \(SML\) sur \(MKT\), d'où \(\angle BSM = \angle TMB\), ce qui donne la similitude voulue.
Remarque 2 (preuve du lemme par Ptolémée). Le théorème de Ptolémée donne \(TC \cdot BA + TA \cdot BC = AC \cdot BT\). Le lemme en découle, puisque