Shortlist 2015, G7

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

Concepts : Homothétie · Ceva et Ménélaüs · Trigonométrie : loi des sinus, Ceva trigonométrique · Triangles semblables et similitudes

Solution officielle : Shortlist officielle 2015 (avec solutions), p. 56 (page 57 du PDF)

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

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Énoncé

Let \(ABCD\) be a convex quadrilateral, and let \(P\), \(Q\), \(R\), and \(S\) be points on the sides \(AB\), \(BC\), \(CD\), and \(DA\), respectively. Let the line segments \(PR\) and \(QS\) meet at \(O\). Suppose that each of the quadrilaterals \(APOS\), \(BQOP\), \(CROQ\), and \(DSOR\) has an incircle. Prove that the lines \(AC\), \(PQ\), and \(RS\) are either concurrent or parallel to each other.

Indices : les idées clés

• Homothétie (solutions 1 et 3) : théorème de Monge sur les centres d'homothétie de trois cercles (solution 1) ; homothétie de centre \(O\) qui ramène la figure à un hexagone circonscrit (solution 3).
• Ménélaüs (solutions 2 et 3) : le résultat équivaut à \(\frac{AP}{PB} \cdot \frac{BQ}{QC} \cdot \frac{CR}{RD} \cdot \frac{DS}{SA} = 1\).
• Loi des sinus (solution 2) : dans un quadrilatère circonscrit \(EFGH\) de centre \(M\), \(\frac{EF \cdot FG}{GH \cdot HE} = \frac{FM^2}{HM^2}\).
• Triangles semblables (solution 2) : les centres des cercles inscrits donnent des quadrilatères inscriptibles et des triangles rectangles semblables.
• Théorème de Brianchon (solution 3) pour un hexagone circonscrit.

Solutions

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

Solution 1

Notons \(\gamma_A\), \(\gamma_B\), \(\gamma_C\), \(\gamma_D\) les cercles inscrits dans \(APOS\), \(BQOP\), \(CROQ\), \(DSOR\).

\(ABCD\) a un cercle inscrit \(\Omega\). Notons les points de contact comme sur la figure. Il est bien connu que \(QQ_1 = OO_1\) : c'est évident si \(BC \parallel PR\) ; sinon, les deux cercles concernés (\(\gamma_B\) et \(\gamma_C\)) sont le cercle inscrit et un cercle exinscrit du triangle formé par les droites \(OQ\), \(PR\) et \(BC\). De même \(OO_1 = PP_1\), donc \(QQ_1 = PP_1\). Les autres égalités de longueurs de la figure s'obtiennent de la même manière. Avec \(AP_1 = AS_1\) et les égalités de tangentes analogues, elles donnent \(AB + CD = AD + BC\), ce qu'il fallait.

Le parallélogramme \(A'B'C'D'\). Traçons les parallèles à \(QS\) passant par \(P\) et \(R\), et les parallèles à \(PR\) passant par \(Q\) et \(S\). Elles forment un parallélogramme \(A'B'C'D'\) (voir la figure), avec \(A'POS\) parallélogramme. Comme \(APOS\) a un cercle inscrit,

\[AP - AS = OP - OS = A'S - A'P.\]

Il est bien connu qu'il existe alors un cercle \(\omega_A\) tangent aux quatre demi-droites \([AP)\), \([AS)\), \([A'P)\), \([A'S)\) (si par exemple les droites \(AB\) et \(A'B'\) sont confondues, \(\omega_A\) est simplement tangent à \(AB\) en \(P\)). On définit de même \(\omega_B\), \(\omega_C\), \(\omega_D\).

Monge. Supposons que \(\omega_A\) et \(\omega_C\) ont des rayons différents, et soit \(X\) le centre de l'homothétie de rapport positif qui envoie \(\omega_A\) sur \(\omega_C\). Le théorème de Monge appliqué à \(\omega_A\), \(\Omega\), \(\omega_C\) montre que \(A\), \(C\), \(X\) sont alignés (\(A\) et \(C\) étant les centres d'homothétie positive de \(\omega_A\), \(\Omega\) et de \(\Omega\), \(\omega_C\)). Appliqué à \(\omega_A\), \(\omega_B\), \(\omega_C\), il montre que \(P\), \(Q\), \(X\) sont alignés. De même \(R\), \(S\), \(X\) sont alignés : les trois droites concourent en \(X\).

Si \(\omega_A\) et \(\omega_C\) ont le même rayon sans être confondus, la version dégénérée du même théorème montre que \(AC\), \(PQ\) et \(RS\) sont toutes parallèles à la droite des centres de \(\omega_A\) et \(\omega_C\).

Enfin, si \(\omega_A\) et \(\omega_C\) sont confondus (et donc aussi avec \(\Omega\), \(\omega_B\), \(\omega_D\)), on raisonne par passage à la limite : on fixe \(A\), \(P\), \(O\), \(S\) (donc \(\omega_A\), \(\gamma_A\), \(\gamma_B\), \(\gamma_D\)) et on fait varier le cercle \(\gamma_C\) inscrit dans l'angle \(\angle QOR\) ; pour chaque position, on reconstruit les droites \(BC\) et \(CD\) comme les tangentes communes extérieures à \(\gamma_B, \gamma_C\) et à \(\gamma_C, \gamma_D\) autres que \(PR\) et \(QS\). Le cercle \(\Omega\) varie alors, et le résultat précédent s'applique. \(\blacksquare\)

Solution 2

Le théorème de Ménélaüs dans le triangle \(ABC\) avec la droite \(PQ\), et dans le triangle \(ACD\) avec la droite \(RS\), montre que la droite \(AC\) coupe \(PQ\) et \(RS\) au même point (éventuellement à l'infini) si et seulement si

\[\frac{AP}{PB} \cdot \frac{BQ}{QC} \cdot \frac{CR}{RD} \cdot \frac{DS}{SA} = 1. \tag{1}\]

Il suffit donc de prouver (1).

Lemme 1. Soit \(EFGH\) un quadrilatère circonscrit, de centre du cercle inscrit \(M\). Alors

\[\frac{EF \cdot FG}{GH \cdot HE} = \frac{FM^2}{HM^2}.\]

Preuve. On a \(\angle EMH + \angle GMF = \angle FME + \angle HMG = 180^\circ\), \(\angle FGM = \angle MGH\) et \(\angle HEM = \angle MEF\) (voir la figure). Par la loi des sinus,

\[\frac{EF}{FM} \cdot \frac{FG}{FM} = \frac{\sin \angle FME \cdot \sin \angle GMF}{\sin \angle MEF \cdot \sin \angle FGM} = \frac{\sin \angle HMG \cdot \sin \angle EMH}{\sin \angle MGH \cdot \sin \angle HEM} = \frac{GH}{HM} \cdot \frac{HE}{HM}. \qquad \square\]

Notons \(I\), \(J\), \(K\), \(L\) les centres des cercles inscrits dans \(APOS\), \(BQOP\), \(CROQ\), \(DSOR\). Le lemme 1 appliqué à ces quatre quadrilatères donne

\[\frac{AP \cdot PO}{OS \cdot SA} \cdot \frac{BQ \cdot QO}{OP \cdot PB} \cdot \frac{CR \cdot RO}{OQ \cdot QC} \cdot \frac{DS \cdot SO}{OR \cdot RD} = \frac{PI^2}{SI^2} \cdot \frac{QJ^2}{PJ^2} \cdot \frac{RK^2}{QK^2} \cdot \frac{SL^2}{RL^2},\]

qui se simplifie en

\[\frac{AP}{PB} \cdot \frac{BQ}{QC} \cdot \frac{CR}{RD} \cdot \frac{DS}{SA} = \frac{PI^2}{PJ^2} \cdot \frac{QJ^2}{QK^2} \cdot \frac{RK^2}{RL^2} \cdot \frac{SL^2}{SI^2}. \tag{2}\]

Ensuite, \(\angle IPJ = \angle JOI = 90^\circ\) (bissectrices de deux angles supplémentaires), et la droite \(OP\) sépare \(I\) et \(J\) (voir la figure) : le quadrilatère \(IPJO\) est inscriptible. De même \(JQKO\) est inscriptible, avec \(\angle JQK = 90^\circ\). Ainsi

\[\angle QKJ = \angle QOJ = \angle JOP = \angle JIP,\]

et les triangles rectangles \(IPJ\) et \(KQJ\) sont semblables. Donc \(\dfrac{PI}{PJ} = \dfrac{QK}{QJ}\). De même \(\dfrac{RK}{RL} = \dfrac{SI}{SL}\). Avec (2), ces deux égalités donnent (1). \(\blacksquare\)

Solution 3

Voici une autre façon d'établir (1) de la solution 2.

Lemme 2. Soient \(EFGH\) et \(E'F'G'H'\) deux quadrilatères circonscrits tels que \(\angle E + \angle E' = \angle F + \angle F' = \angle G + \angle G' = \angle H + \angle H' = 180^\circ\). Alors

\[\frac{EF \cdot GH}{FG \cdot HE} = \frac{E'F' \cdot G'H'}{F'G' \cdot H'E'}.\]

Preuve. Soient \(M\) et \(M'\) les centres des cercles inscrits, et \([XYZ]\) l'aire du triangle \(XYZ\). Comme \(\angle FME = 180^\circ - \frac{\angle E + \angle F}{2}\), on a \(\angle FME + \angle F'M'E' = 180^\circ\), et de même pour les autres angles au centre. Donc (les hauteurs issues de \(M\) étant toutes égales au rayon)

\[\frac{EF \cdot GH}{FG \cdot HE} = \frac{[MEF] \cdot [MGH]}{[MFG] \cdot [MHE]} = \frac{ME \cdot MF \cdot \sin \angle FME \cdot MG \cdot MH \cdot \sin \angle HMG}{MF \cdot MG \cdot \sin \angle GMF \cdot MH \cdot ME \cdot \sin \angle EMH},\]

et cette dernière expression vaut la même chose pour \(E'F'G'H'\) (les sinus sont égaux, et le même calcul en sens inverse donne \(\frac{E'F' \cdot G'H'}{F'G' \cdot H'E'}\)). \(\square\)

Soit \(h\) l'homothétie de centre \(O\) qui envoie le cercle inscrit dans \(CROQ\) sur le cercle inscrit dans \(APOS\). Posons \(Q' = h(Q)\), \(C' = h(C)\), \(R' = h(R)\), et \(O' = O\), \(S' = S\), \(A' = A\), \(P' = P\). On définit \(B' = A'P' \cap C'Q'\) et \(D' = A'S' \cap C'R'\) (voir la figure). Alors

\[\frac{AP \cdot OS}{PO \cdot SA} = \frac{A'P' \cdot O'S'}{P'O' \cdot S'A'}\]

trivialement, et

\[\frac{CR \cdot OQ}{RO \cdot QC} = \frac{C'R' \cdot O'Q'}{R'O' \cdot Q'C'}\]

par similitude des quadrilatères \(CROQ\) et \(C'R'O'Q'\).

Considérons ensuite les quadrilatères circonscrits \(BQOP\) et \(B'Q'O'P'\), dont les centres des cercles inscrits sont de part et d'autre de leur côté commun \(OP = O'P'\). On a \(BQ \parallel B'Q'\), et \(B'\), \(Q'\) sont sur les droites \(BP\) et \(QO\). On voit alors facilement que ces deux quadrilatères vérifient les hypothèses du lemme 2, d'où

\[\frac{BQ \cdot OP}{QO \cdot PB} = \frac{B'Q' \cdot O'P'}{Q'O' \cdot P'B'}, \qquad \text{et de même} \qquad \frac{DS \cdot OR}{SO \cdot RD} = \frac{D'S' \cdot O'R'}{S'O' \cdot R'D'}.\]

En multipliant ces quatre égalités, on obtient

\[\frac{AP}{PB} \cdot \frac{BQ}{QC} \cdot \frac{CR}{RD} \cdot \frac{DS}{SA} = \frac{A'P'}{P'B'} \cdot \frac{B'Q'}{Q'C'} \cdot \frac{C'R'}{R'D'} \cdot \frac{D'S'}{S'A'}. \tag{3}\]

Enfin, le théorème de Brianchon appliqué à l'hexagone circonscrit \(A'P'R'C'Q'S'\) montre que les droites \(A'C'\), \(P'Q'\), \(R'S'\) sont concourantes ou parallèles. Par le théorème de Ménélaüs (comme au début de la solution 2),

\[\frac{A'P'}{P'B'} \cdot \frac{B'Q'}{Q'C'} \cdot \frac{C'R'}{R'D'} \cdot \frac{D'S'}{S'A'} = 1.\]

Avec (3), cela donne (1). \(\blacksquare\)

Remarques

Remarque (autre preuve du lemme 1, sans loi des sinus). Soit \(N\) le point tel que \(\triangle NHG \sim \triangle MEF\), avec \(N\) et \(M\) de part et d'autre de \(GH\). Alors \(\angle GNH + \angle HMG = \angle FME + \angle HMG = 180^\circ\), donc \(GNHM\) est inscriptible. Ainsi \(\angle MNH = \angle MGH = \angle FGM\) et \(\angle HMN = \angle HGN = \angle EFM = \angle MFG\), d'où \(\triangle HMN \sim \triangle MFG\). Par conséquent

\[\frac{HM}{HG} = \frac{HM}{HN} \cdot \frac{HN}{HG} = \frac{MF}{MG} \cdot \frac{EM}{EF}, \qquad \text{et de même} \qquad \frac{HM}{HE} = \frac{MF}{ME} \cdot \frac{GM}{GF}.\]

En multipliant ces deux égalités, on obtient le lemme 1.