Shortlist 2017, G1

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

Concepts : Centres du triangle et lemmes classiques · Chasse aux angles et quadrilatères cycliques

Solution officielle : Shortlist officielle 2017 (avec solutions), p. 56 (page 58 du PDF)

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Énoncé

Let \(ABCDE\) be a convex pentagon such that \(AB = BC = CD\), \(\angle EAB = \angle BCD\), and \(\angle EDC = \angle CBA\). Prove that the perpendicular line from \(E\) to \(BC\) and the line segments \(AC\) and \(BD\) are concurrent.

Indices : les idées clés

• Le point \(I\), intersection des médiatrices de \([AC]\) et \([BD]\) : ces médiatrices sont les bissectrices de \(\angle B\) et \(\angle C\), et \(AC\), \(BD\) se coupent en l'orthocentre \(H\) du triangle \(BIC\) ; tout revient à montrer \(EI \perp BC\).
• Centres du triangle : \(H\) est l'orthocentre de \(BIC\) ; \(I\) est le centre du cercle inscrit dans le pentagone.
• Triangles isométriques : \(IAB\), \(ICB\), \(ICD\) sont isométriques, donc \(I\) est sur les cinq bissectrices intérieures.
• Chasse aux angles (solution 1) : calcul de \(\angle BIE\) dans le quadrilatère \(ABIE\).
• Théorème de Brianchon (solution 2) appliqué à l'hexagone dégénéré \(ABTCDE\) ; symétrie par rapport à la médiatrice de \([PQ]\) (solution 3).

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2017 (trois solutions et une remarque).

Solution 1

Dans toute la solution, \(\angle A, \angle B, \angle C, \angle D, \angle E\) désignent les angles intérieurs du pentagone \(ABCDE\). Les médiatrices de \([AC]\) et de \([BD]\), qui passent respectivement par \(B\) et par \(C\) (car \(BA = BC\) et \(CB = CD\)), se coupent en un point \(I\). Alors \(BD \perp CI\) et, de même, \(AC \perp BI\). Donc \(AC\) et \(BD\) se coupent en l'orthocentre \(H\) du triangle \(BIC\), et \(IH \perp BC\). Il reste à montrer que \(E\) est sur la droite \(IH\), c'est-à-dire que \(EI \perp BC\).

Les droites \(IB\) et \(IC\) sont les bissectrices de \(\angle B\) et \(\angle C\) (médiatrices de bases de triangles isocèles). Comme \(IA = IC\), \(IB = ID\) et \(AB = BC = CD\), les triangles \(IAB\), \(ICB\) et \(ICD\) sont isométriques. Donc \(\angle IAB = \angle ICB = \frac{\angle C}{2} = \frac{\angle A}{2}\), et la droite \(IA\) est la bissectrice de \(\angle A\). De même, \(ID\) est la bissectrice de \(\angle D\). Enfin, \(IE\) est la bissectrice de \(\angle E\), car \(I\) est sur les quatre autres bissectrices intérieures du pentagone (donc à égale distance des droites \(EA\) et \(ED\)).

La somme des angles intérieurs d'un pentagone vaut \(540^\circ\) ; comme \(\angle A = \angle C\) et \(\angle B = \angle D\),

\[\angle E = 540^\circ - 2\angle A - 2\angle B.\]

(Le livret écrit \(540^\circ - 2\angle A + 2\angle B\) ; il faut lire \(- 2\angle B\), comme le confirme la suite du calcul.)

Par chasse aux angles dans le quadrilatère \(ABIE\) :

\[\begin{aligned} \angle BIE &= 360^\circ - \angle EAB - \angle ABI - \angle AEI = 360^\circ - \angle A - \tfrac12 \angle B - \tfrac12 \angle E \\ &= 360^\circ - \angle A - \tfrac12 \angle B - (270^\circ - \angle A - \angle B) \\ &= 90^\circ + \tfrac12 \angle B = 90^\circ + \angle IBC, \end{aligned}\]

ce qui signifie que \(EI \perp BC\) (voir la figure). \(\blacksquare\)

Solution 2

Autre preuve que \(E\) est sur la droite \(IH\). Comme les cinq bissectrices intérieures de \(ABCDE\) passent par \(I\) (solution 1), ce pentagone admet un cercle inscrit de centre \(I\). Soit \(T\) son point de contact avec le côté \([BC]\) ; on a \(IT \perp BC\), donc \(T\) est sur la droite \(IH\).

En appliquant le théorème de Brianchon à l'hexagone (dégénéré) \(ABTCDE\), circonscrit à ce cercle, on obtient que \(AC\), \(BD\) et \(ET\) sont concourantes. Le point \(E\) est donc aussi sur la droite \(IHT\), ce qui conclut. \(\blacksquare\)

Solution 3

Encore une autre preuve que \(EI \perp BC\). Dans le pentagone \(ABCDE\), \(\angle E < 180^\circ \iff \angle A + \angle B + \angle C + \angle D > 360^\circ\). Donc \(\angle A + \angle B = \angle C + \angle D > 180^\circ\), si bien que les demi-droites \([EA)\) et \([CB)\) se coupent en un point \(P\), et les demi-droites \([BC)\) et \([ED)\) en un point \(Q\). Alors

\[\angle PBA = 180^\circ - \angle B = 180^\circ - \angle D = \angle QDC\]

et, de même, \(\angle PAB = \angle QCD\). Comme \(AB = CD\), les triangles \(PAB\) et \(QCD\) sont isométriques, de même orientation. De plus, le triangle \(PQE\) est isocèle avec \(EP = EQ\) (ses angles en \(P\) et \(Q\) sont égaux).

Dans la solution 1, on a montré que les triangles \(IAB\) et \(ICD\) sont aussi isométriques, de même orientation. On en déduit que les quadrilatères \(PBIA\) et \(QDIC\) sont isométriques, d'où \(IP = IQ\). Alors \(EI\) est la médiatrice de \([PQ]\) et, par conséquent, \(EI \perp PQ\), c'est-à-dire \(EI \perp BC\) (voir la figure). \(\blacksquare\)

Remarques

Remarque. Bien que les trois solutions utilisent le point \(I\), il existe des solutions qui s'en passent. Esquisse : si \(J\) est le centre du cercle inscrit de \(QCD\) (avec \(P\) et \(Q\) comme dans la solution 3), une simple chasse aux angles montre que les triangles \(CJD\) et \(BHC\) sont isométriques. Si \(S\) est le projeté orthogonal de \(J\) sur \(CD\) et \(T\) celui de \(H\) sur \(BC\), on vérifie que

\[QT = QC + CT = QC + DS = QC + \frac{CD + DQ - QC}{2} = \frac{PB + BC + QC}{2} = \frac{PQ}{2},\]

donc \(T\) est le milieu de \([PQ]\), et \(E\), \(H\), \(T\) sont tous sur la médiatrice de \([PQ]\).