Shortlist 2018, G1

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

Concepts : Chasse aux angles et quadrilatères cycliques

Solution officielle : Shortlist officielle 2018 (avec solutions), p. 36 (page 38 du PDF)

Problème 1 de l'OIM 2018

Ce problème a été choisi parmi ceux de la shortlist pour l'épreuve de l'OIM 2018, où il était le problème 1 (jour 1).

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Énoncé

Let \(ABC\) be an acute-angled triangle with circumcircle \(\Gamma\). Let \(D\) and \(E\) be points on the segments \(AB\) and \(AC\), respectively, such that \(AD = AE\). The perpendicular bisectors of the segments \(BD\) and \(CE\) intersect the small arcs \(\overset{\frown}{AB}\) and \(\overset{\frown}{AC}\) at points \(F\) and \(G\) respectively. Prove that \(DE \parallel FG\).

Indices : les idées clés

• Se ramener à une perpendicularité (solutions 1 et 3) : avec \(P\) milieu de l'arc \(BC\), la bissectrice \(AP\) est perpendiculaire à \(DE\) ; il suffit de montrer \(AP \perp FG\).
• Chasse aux angles : les triangles isocèles \(FBD\) et \(GCE\) se traduisent en égalités d'arcs, et l'angle entre deux cordes se calcule par demi-sommes d'arcs.
• Parallélogrammes et quadrilatère cyclique (solution 2) : en complétant en parallélogrammes \(FXAD\) et \(GYAE\), les points \(X\) et \(Y\) tombent sur \(\Gamma\), et \(XFGY\) est un trapèze isocèle.
• Distances entre médiatrices parallèles (solution 3) : la médiatrice de \(BD\) est à distance \(\frac{1}{2}AD\) de celle de \(AB\), ce qui donne \(MF = NG\).

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2018 (trois solutions).

Solution 1

Dans toute la suite, les arcs considérés sont les petits arcs.

Soit \(P\) le milieu de l'arc \(\overset{\frown}{BC}\). Alors \(AP\) est la bissectrice de \(\angle BAC\) donc, dans le triangle isocèle \(ADE\), \(AP \perp DE\). L'énoncé équivaut donc à \(AP \perp FG\).

Pour le prouver, soit \(K\) le second point d'intersection de \(\Gamma\) avec \(FD\). Le triangle \(FBD\) est isocèle (car \(F\) est sur la médiatrice de \(BD\)), donc, par chasse aux angles,

\[\angle AKF = \angle ABF = \angle FDB = \angle ADK,\]

d'où \(AK = AD\). De même, en notant \(L\) le second point d'intersection de \(\Gamma\) avec \(GE\), on obtient \(AL = AE\). Ainsi \(AK = AL\) (voir la figure).

Maintenant, \(\angle FBD = \angle FDB\) s'écrit, en termes d'arcs, \(\overset{\frown}{AF} = \overset{\frown}{BF} + \overset{\frown}{AK} = \overset{\frown}{BF} + \overset{\frown}{AL}\), donc \(\overset{\frown}{BF} = \overset{\frown}{LF}\). De même, \(\overset{\frown}{CG} = \overset{\frown}{GK}\). Comme \(A\), \(F\), \(P\), \(G\) sont respectivement les milieux des arcs \(KL\), \(LB\), \(BC\), \(CK\), on obtient

\[\angle(AP, FG) = \frac{\overset{\frown}{AF} + \overset{\frown}{PG}}{2} = \frac{\overset{\frown}{AL} + \overset{\frown}{LF} + \overset{\frown}{PC} + \overset{\frown}{CG}}{2} = \frac{\overset{\frown}{KL} + \overset{\frown}{LB} + \overset{\frown}{BC} + \overset{\frown}{CK}}{4} = 90^\circ. \qquad \blacksquare\]

Solution 2

Soient \(Z = AB \cap FG\) et \(T = AC \cap FG\). Il suffit de prouver que \(\angle ATZ = \angle AZT\) (le triangle \(AZT\) est alors isocèle comme \(ADE\), et \(DE \parallel ZT\)).

Soit \(X\) le point tel que \(FXAD\) soit un parallélogramme. Alors

\[\angle FXA = \angle FDA = 180^\circ - \angle FDB = 180^\circ - \angle FBD,\]

où la dernière égalité utilise \(FD = FB\). Le quadrilatère \(BFXA\) est donc cyclique, et \(X\) est sur \(\Gamma\) (voir la figure).

De même, si \(Y\) est le point tel que \(GYAE\) soit un parallélogramme, alors \(Y\) est sur \(\Gamma\). Ainsi le quadrilatère \(XFGY\) est cyclique et \(FX = AD = AE = GY\) : \(XFGY\) est un trapèze isocèle.

Enfin, comme \(XF \parallel AZ\) et \(YG \parallel AT\), on obtient \(\angle ATZ = \angle YGF = \angle XFG = \angle AZT\). \(\blacksquare\)

Solution 3

Comme dans la solution 1, on prouve que \(FG \perp AP\), où \(P\) est le milieu du petit arc \(\overset{\frown}{BC}\).

Soit \(O\) le centre du cercle circonscrit à \(ABC\), et soient \(M\) et \(N\) les milieux des petits arcs \(\overset{\frown}{AB}\) et \(\overset{\frown}{AC}\). Alors \(OM\) et \(ON\) sont les médiatrices de \(AB\) et \(AC\) (voir la figure).

La médiatrice de \(BD\) et \(OM\) sont toutes deux perpendiculaires à \(AB\) ; la distance \(d\) entre elles vaut \(\frac{1}{2}AB - \frac{1}{2}BD = \frac{1}{2}AD\). Elle est donc égale à la distance entre \(ON\) et la médiatrice de \(CE\), qui vaut \(\frac{1}{2}AE = \frac{1}{2}AD\).

Cela montre que le trapèze isocèle déterminé par le diamètre \(\delta\) de \(\Gamma\) passant par \(M\) et la corde parallèle à \(\delta\) passant par \(F\) est isométrique au trapèze isocèle déterminé par le diamètre \(\delta'\) de \(\Gamma\) passant par \(N\) et la corde parallèle à \(\delta'\) passant par \(G\). Par conséquent \(MF = NG\), d'où \(MN \parallel FG\).

Or, \(M\), \(P\), \(N\) étant les milieux des arcs \(AB\), \(BC\), \(CA\),

\[\angle(MN, AP) = \frac{1}{2}\left(\overset{\frown}{AM} + \overset{\frown}{PC} + \overset{\frown}{CN}\right) = \frac{1}{4}\left(\overset{\frown}{AB} + \overset{\frown}{BC} + \overset{\frown}{CA}\right) = 90^\circ,\]

donc \(MN \perp AP\), et la conclusion suit. \(\blacksquare\)