Shortlist 2016, G1

Domaine : Géométrie · Difficulté : ★☆☆☆☆ · Proposé par : non indiqué

Concepts : Triangles semblables et similitudes · Chasse aux angles et quadrilatères cycliques · Puissance d'un point et axe radical · Centres du triangle et lemmes classiques

Solution officielle : Shortlist officielle 2016 (avec solutions), p. 44 (page 47 du PDF)

Problème 1 de l'OIM 2016

Ce problème a été choisi parmi ceux de la shortlist pour l'épreuve de l'OIM 2016, où il était le problème 1 (jour 1).

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Énoncé

In a convex pentagon \(ABCDE\), let \(F\) be a point on \(AC\) such that \(\angle FBC = 90^\circ\). Suppose triangles \(ABF\), \(ACD\) and \(ADE\) are similar isosceles triangles with

\[\angle FAB = \angle FBA = \angle DAC = \angle DCA = \angle EAD = \angle EDA.\]

Let \(M\) be the midpoint of \(CF\). Point \(X\) is chosen such that \(AMXE\) is a parallelogram. Show that \(BD\), \(EM\) and \(FX\) are concurrent.

Indices : les idées clés

• Triangles semblables : de \(ABF \sim ACD\) on tire \(\frac{AB}{AC} = \frac{AF}{AD}\), donc \(ABC \sim AFD\) (similitude « en spirale » autour de \(A\)).
• Chasse aux angles : on obtient \(EA = EF = ED\), l'alignement de \(B, F, E\) et celui de \(E, D, X\).
• Symétrie par rapport à \(EM\) (solution 1) : les triangles \(EMB\) et \(EMX\) sont isométriques, donc \(BD\) et \(XF\) sont symétriques par rapport à \(EM\).
• Axe radical ou théorème de Desargues (solution 2) : \(BD\), \(EM\), \(FX\) sont les trois axes radicaux de trois cercles, ou les droites joignant les sommets correspondants de deux triangles à côtés parallèles.
• Centres du triangle (solutions 2 et 3) : \(F\) est le centre du cercle inscrit de \(DAB\) et \(C\) son centre du cercle exinscrit en \(A\) ; \(M\) est le milieu de l'arc (lemme du pôle Sud).

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2016 (trois solutions et une remarque).

Solution 1

Notons \(\theta\) l'angle commun de l'énoncé. Comme \(ABF \sim ACD\), on a \(\frac{AB}{AC} = \frac{AF}{AD}\) ; avec l'angle commun \(\angle BAC = \angle FAD = \theta\), on obtient par triangles semblables \(ABC \sim AFD\). Puisque \(\angle FBC = 90^\circ\) et \(EA = ED\) :

\[\angle AFD = \angle ABC = 90^\circ + \theta = 180^\circ - \tfrac{1}{2}\angle AED.\]

Donc \(F\) est sur le cercle de centre \(E\) passant par \(A\) et \(D\) (l'angle inscrit \(\angle AFD\) intercepte l'arc \(AD\) de ce cercle) : \(EF = EA = ED\).

Par chasse aux angles, \(\angle EFA = \angle EAF = 2\theta = \angle BFC\) (angle extérieur du triangle isocèle \(ABF\)), donc \(B, F, E\) sont alignés.

Comme \(\angle EDA = \angle MAD = \theta\), on a \(ED \parallel AM\) ; or \(EX \parallel AM\) (parallélogramme), donc \(E, D, X\) sont alignés.

\(M\) est le milieu de l'hypoténuse \(CF\) du triangle rectangle \(CBF\), donc \(MF = MB\). Les triangles isocèles \(EFA\) et \(MFB\) ont \(\angle EFA = \angle MFB\) et \(AF = BF\) : ils sont isométriques. D'où

\[BM = AE = XM \quad\text{et}\quad BE = BF + FE = AF + FM = AM = EX.\]

Ainsi les triangles \(EMB\) et \(EMX\) sont isométriques (trois côtés égaux), donc symétriques par rapport à \(EM\). Comme \(F \in EB\), \(D \in EX\) et \(EF = ED\), \(F\) et \(D\) sont symétriques par rapport à \(EM\), ainsi que \(B\) et \(X\). Les droites \(BD\) et \(XF\) sont donc symétriques par rapport à \(EM\) : elles se coupent sur \(EM\) (ou sont toutes deux parallèles à \(EM\), ce que la configuration exclut). Les trois droites sont concourantes. \(\blacksquare\)

Solution 2

De \(\angle CAD = \angle EDA\) on tire \(AC \parallel ED\) ; comme \(AC \parallel EX\), les points \(E, D, X\) sont alignés. Comme dans la solution 1, \(ABF \sim ACD\) donne \(ABC \sim AFD\), donc \(\angle AFD = \angle ABC = 90^\circ + \theta\), d'où \(\angle FDC = 90^\circ\). Ainsi \(BCDF\) est inscrit dans un cercle \(\Gamma_1\) de diamètre \(CF\).

Ensuite, \(ABF \sim ADE\) donne \(\frac{AB}{AD} = \frac{AF}{AE}\), donc \(ABD \sim AFE\). Par chasse aux angles,

\[\angle AFE = \angle ABD = \theta + \angle FBD = \theta + \angle FCD = 2\theta = 180^\circ - \angle BFA,\]

donc \(B, F, E\) sont alignés. On remarque que \(F\) est le centre du cercle inscrit du triangle \(DAB\) (\(AF\) et \(BF\) sont des bissectrices). Le point \(E\) est sur la bissectrice intérieure de \(\angle DBA\) et sur la médiatrice de \(AD\) : il est donc sur le cercle circonscrit \(\Gamma_2\) de \(ABD\) (milieu de l'arc \(AD\)), et \(EA = EF = ED\).

Puisque \(CF\) est un diamètre de \(\Gamma_1\), son milieu \(M\) en est le centre, donc \(\angle AMD = 2\angle FCD = 2\theta = \angle ABD\) : \(M\) est sur \(\Gamma_2\). Enfin, \(\angle MDX = \angle MAE = \angle DXM\) car \(AMXE\) est un parallélogramme ; donc \(MD = MX\) et \(X\) est sur \(\Gamma_1\).

Deux façons de conclure :

• Méthode 1. Comme \(EF = EA = XM\) et \(EX \parallel FM\), \(EFMX\) est un trapèze isocèle, donc inscrit dans un cercle \(\Gamma_3\). Les droites \(BD\), \(EM\), \(FX\) sont les trois axes radicaux des cercles \(\Gamma_1, \Gamma_2, \Gamma_3\) pris deux à deux : elles sont concourantes.

• Méthode 2. Comme \(\angle DMF = 2\theta = \angle BFM\), on a \(DM \parallel EB\). De plus

  \[\angle BFD + \angle XBF = \angle BFC + \angle CFD + 90^\circ - \angle CBX = 2\theta + (90^\circ - \theta) + 90^\circ - \theta = 180^\circ,\]

  donc \(DF \parallel XB\). Les triangles \(DMF\) et \(BEX\) ont leurs côtés correspondants parallèles (et \(MF \parallel EX\)). Par le théorème de Desargues, ils sont en perspective : \(DB\), \(ME\), \(FX\) sont concourantes. \(\blacksquare\)

Solution 3

Soit \(\theta\) l'angle commun. Comme dans la solution 1, \(ABC \sim AFD\), donc \(\angle ADF = \angle ACB = 90^\circ - 2\theta = 90^\circ - \angle BAD\), d'où \(DF \perp AB\). Comme \(FA = FB\), la perpendiculaire à \(AB\) passant par \(F\) est la médiatrice de \(AB\) : \(DA = DB\). Alors \(F\) est le centre du cercle inscrit de \(DAB\).

Puisque \(\angle AED = 180^\circ - 2\theta = 180^\circ - \angle DBA\), les points \(A, B, D, E\) sont cocycliques. Avec \(EA = ED\), cela montre que \(E, F, B\) sont alignés et \(EA = EF = ED\).

Le point \(C\) est sur la bissectrice intérieure de \(\angle BAD\) et sur la bissectrice extérieure de \(\angle DBA\) (car \(\angle FBC = 90^\circ\)) : c'est le centre du cercle exinscrit de \(DAB\) opposé à \(A\). Le milieu \(M\) de \(CF\) est donc sur le cercle circonscrit de \(DAB\), et c'est le centre du cercle passant par \(D, F, B, C\). Par symétrie, \(DEFM\) est un losange. Alors les milieux de \(AX\), \(EM\) et \(DF\) coïncident (le milieu de \(AX\) est celui de \(EM\) dans le parallélogramme \(AMXE\), et c'est aussi celui de \(DF\) dans le losange), donc \(DAFX\) est un parallélogramme.

Soit \(P\) l'intersection de \(BD\) et \(EM\), et \(Q\) celle de \(AD\) et \(BE\). Comme \(\angle BAC = \angle DCA\), les droites \(DC\), \(AB\), \(EM\) sont parallèles. Donc (Thalès)

\[\frac{DP}{PB} = \frac{CM}{MA}.\]

Ce rapport vaut \(\frac{AE}{BE}\), car \(CM = DM = DE = AE\) et \(MA = BE\). Comme \(AEQ \sim BEA\), et par le théorème de la bissectrice dans \(ABQ\) (où \(AF\) est bissectrice),

\[\frac{DP}{PB} = \frac{AE}{BE} = \frac{AQ}{BA} = \frac{QF}{FB}.\]

Ainsi \(QD \parallel FP\) (réciproque de Thalès dans le triangle \(BQD\)). Or \(FX \parallel AD = QD\) (parallélogramme \(DAFX\)), donc \(F, P, X\) sont alignés : \(FX\) passe par \(P = BD \cap EM\). \(\blacksquare\)

Remarques

Remarque 1. Dans la solution 2, le théorème des axes radicaux comme celui de Desargues autorisent aussi a priori que \(DB\), \(ME\), \(FX\) soient parallèles. C'est impossible ici au vu de la configuration : par exemple, \(DB\) et \(ME\) se coupent clairement.