Shortlist 2018, G6

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

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

Solution officielle : Shortlist officielle 2018 (avec solutions), p. 48 (page 50 du PDF)

Problème 6 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 6 (jour 2).

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Pas encore relu

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Énoncé

A convex quadrilateral \(ABCD\) satisfies \(AB \cdot CD = BC \cdot DA\). A point \(X\) is chosen inside the quadrilateral so that \(\angle XAB = \angle XCD\) and \(\angle XBC = \angle XDA\). Prove that \(\angle AXB + \angle CXD = 180^\circ\).

Indices : les idées clés

• Triangles semblables et similitudes : le point \(E\) tel que \(XE \cdot XB = XA \cdot XC\) crée deux paires de triangles semblables (solution 1) ; un lemme de similitude de quadrilatères conclut la solution 2.
• Un critère métrique pour être à l'intérieur d'un triangle (solution 1) : si \(\angle QPX = \angle PRX\), alors \(\frac{PX \cdot QR}{PQ \cdot PR} < 1\) exactement quand \(X\) est dans le triangle \(PQR\).
• Inversion (solution 2) : l'inversion de centre \(X\) envoie \(ABCD\) sur un quadrilatère \(D'A'B'C'\) ayant les mêmes angles et la même propriété \(AB \cdot CD = BC \cdot DA\).
• Loi des sinus (solution 2) : elle ramène le problème aux égalités de rapports \(\frac{XB}{XD} = \frac{AB}{CD}\) et \(\frac{XA}{XC} = \frac{DA}{BC}\).

Solutions

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

Solution 1

Soit \(B'\) le symétrique de \(B\) par rapport à la bissectrice intérieure de l'angle \(\angle AXC\), de sorte que \(\angle AXB' = \angle CXB\) et \(\angle CXB' = \angle AXB\). Si \(X\), \(D\) et \(B'\) sont alignés, on a terminé. Supposons le contraire.

Sur la demi-droite \([XB')\), on prend le point \(E\) tel que \(XE \cdot XB = XA \cdot XC\). Alors, par triangles semblables, \(\triangle AXE \sim \triangle BXC\) et \(\triangle CXE \sim \triangle BXA\). On a

\[\angle XCE + \angle XCD = \angle XBA + \angle XAB < 180^\circ \quad\text{et}\quad \angle XAE + \angle XAD = \angle XDA + \angle XAD < 180^\circ,\]

ce qui montre que \(X\) est à l'intérieur des angles \(\angle ECD\) et \(\angle EAD\) du quadrilatère \(EADC\). De plus, \(X\) est à l'intérieur d'exactement un des deux triangles \(EAD\), \(ECD\) (et à l'extérieur de l'autre). (Voir la figure.)

Les similitudes ci-dessus donnent \(XA \cdot BC = XB \cdot AE\) et \(XB \cdot CE = XC \cdot AB\). En multipliant ces égalités avec l'hypothèse \(AB \cdot CD = BC \cdot DA\), on obtient \(XA \cdot CD \cdot CE = XC \cdot AD \cdot AE\), c'est-à-dire

\[\frac{XA \cdot DE}{AD \cdot AE} = \frac{XC \cdot DE}{CD \cdot CE}. \tag{$*$}\]

Lemme. Soit \(PQR\) un triangle et \(X\) un point intérieur à l'angle \(\angle QPR\) tel que \(\angle QPX = \angle PRX\). Alors \(\dfrac{PX \cdot QR}{PQ \cdot PR} < 1\) si et seulement si \(X\) est à l'intérieur du triangle \(PQR\).

Preuve. Le lieu des points \(X\) intérieurs à l'angle \(\angle QPR\) tels que \(\angle QPX = \angle PRX\) est un arc \(\alpha\) du cercle \(\gamma\) passant par \(R\) et tangent à \((PQ)\) en \(P\). Soit \(Y\) le second point d'intersection de \(\gamma\) avec la droite \((QR)\) (si \(\gamma\) est tangent à \((QR)\), on pose \(Y = R\)). La similitude \(\triangle QPY \sim \triangle QRP\) donne \(PY = \dfrac{PQ \cdot PR}{QR}\). Il suffit donc de montrer que \(PX < PY\) si et seulement si \(X\) est à l'intérieur du triangle \(PQR\).

Soit \(m\) la droite passant par \(Y\) parallèle à \((PQ)\). Les points \(Z\) de \(\gamma\) vérifiant \(PZ < PY\) sont exactement ceux situés entre les droites \(m\) et \((PQ)\).

Cas 1 : \(Y\) est sur le segment \([QR]\). Alors \(Y\) partage \(\alpha\) en deux arcs \(\overset{\frown}{PY}\) et \(\overset{\frown}{YR}\). L'arc \(\overset{\frown}{PY}\) est à l'intérieur du triangle \(PQR\) et entre \(m\) et \((PQ)\), donc \(PX < PY\) pour \(X \in \overset{\frown}{PY}\). L'autre arc \(\overset{\frown}{YR}\) est à l'extérieur du triangle \(PQR\) et du côté de \(m\) opposé à \(P\), donc \(PX > PY\) pour \(X \in \overset{\frown}{YR}\).

Cas 2 : \(Y\) est sur la demi-droite \([QR)\) au-delà de \(R\). Alors tout l'arc \(\alpha\) est à l'intérieur du triangle \(PQR\) et entre \(m\) et \((PQ)\), donc \(PX < PY\) pour tout \(X \in \alpha\). \(\square\)

En appliquant le lemme au triangle \(EAD\) avec le point \(X\), puis au triangle \(ECD\) avec le point \(X\) (les conditions d'angles requises, \(\angle EAX = \angle XBC = \angle ADX\) et \(\angle DCX = \angle XAB = \angle CEX\), proviennent des similitudes et des hypothèses), on obtient qu'exactement une des deux quantités \(\dfrac{XA \cdot DE}{AD \cdot AE}\) et \(\dfrac{XC \cdot DE}{CD \cdot CE}\) est strictement inférieure à \(1\), ce qui contredit \((*)\). Donc \(X\), \(D\), \(B'\) sont alignés, ce qui conclut d'après le début de la preuve. \(\blacksquare\)

Précision ajoutée : la parenthèse sur les conditions d'angles du lemme n'est pas dans le livret.

Solution 2

La solution comporte deux parties. Dans la partie 1, on montre qu'il suffit d'établir

\[\frac{XB}{XD} = \frac{AB}{CD} \tag{1}\]

et

\[\frac{XA}{XC} = \frac{DA}{BC}. \tag{2}\]

Dans la partie 2, on démontre ces égalités.

Partie 1. Par la loi des sinus et (1),

\[\frac{\sin \angle AXB}{\sin \angle XAB} = \frac{AB}{XB} = \frac{CD}{XD} = \frac{\sin \angle CXD}{\sin \angle XCD},\]

donc \(\sin \angle AXB = \sin \angle CXD\) puisque \(\angle XAB = \angle XCD\). De même, (2) donne \(\sin \angle DXA = \sin \angle BXC\). Si au moins une des paires \((\angle AXB, \angle CXD)\) et \((\angle BXC, \angle DXA)\) est formée d'angles supplémentaires, on a terminé (les quatre angles autour de \(X\) ont pour somme \(360^\circ\)). Sinon, \(\angle AXB = \angle CXD\) et \(\angle DXA = \angle BXC\). Dans ce cas, \(X\) est l'intersection des diagonales \((AC)\) et \((BD)\), et les hypothèses entraînent que \(ABCD\) est un parallélogramme, donc un losange. Dans ce dernier cas, l'affirmation est encore vraie.

Partie 2. Pour prouver (1), on applique l'inversion de centre \(X\) et de rayon \(1\) à \(ABCD\) ; les images sont notées avec des primes. On a

\[\angle A'B'C' = \angle XB'A' + \angle XB'C' = \angle XAB + \angle XCB = \angle XCD + \angle XCB = \angle BCD.\]

De même, les angles correspondants des quadrilatères \(ABCD\) et \(D'A'B'C'\) sont égaux. De plus, comme \(A'B' = \frac{AB}{XA \cdot XB}\), etc.,

\[A'B' \cdot C'D' = \frac{AB}{XA \cdot XB} \cdot \frac{CD}{XC \cdot XD} = \frac{BC}{XB \cdot XC} \cdot \frac{DA}{XD \cdot XA} = B'C' \cdot D'A'.\]

Le livret écrit \(\frac{DA}{XD \cdot DA}\) ; il faut lire \(\frac{DA}{XD \cdot XA}\).

Lemme. Si les angles correspondants de deux quadrilatères convexes \(XYZT\) et \(X'Y'Z'T'\) sont égaux, et si \(XY \cdot ZT = YZ \cdot TX\) et \(X'Y' \cdot Z'T' = Y'Z' \cdot T'X'\), alors les deux quadrilatères sont semblables.

Preuve. On construit le quadrilatère \(XYZ_1T_1\) semblable à \(X'Y'Z'T'\), ayant le côté \(XY\) en commun avec \(XYZT\), avec \(Z_1\) et \(T_1\) sur les demi-droites \([YZ)\) et \([XT)\) respectivement ; alors \((Z_1T_1) \parallel (ZT)\). Il faut montrer que \(Z_1 = Z\) et \(T_1 = T\). Supposons le contraire ; sans perte de généralité, \(TX > XT_1\). Soit \(U\) l'intersection des segments \([XZ]\) et \([Z_1T_1]\). On a

\[\frac{T_1X}{T_1Z_1} < \frac{T_1X}{T_1U} = \frac{TX}{ZT} = \frac{XY}{YZ} < \frac{XY}{YZ_1},\]

donc \(T_1X \cdot YZ_1 < T_1Z_1 \cdot XY\), ce qui contredit la propriété de \(XYZ_1T_1\) (semblable à \(X'Y'Z'T'\)). \(\square\)

D'après le lemme, les quadrilatères \(ABCD\) et \(D'A'B'C'\) sont semblables, donc

\[\frac{BC}{AB} = \frac{A'B'}{D'A'} = \frac{AB}{XA \cdot XB} \cdot \frac{XD \cdot XA}{DA} = \frac{AB}{AD} \cdot \frac{XD}{XB},\]

et par conséquent

\[\frac{XB}{XD} = \frac{AB^2}{BC \cdot AD} = \frac{AB^2}{AB \cdot CD} = \frac{AB}{CD}.\]

On obtient (1) ; (2) se démontre de la même façon. \(\blacksquare\)

Remarques

Remarque 1 (sur la solution 1). On peut montrer que \(AB \cdot CD = XA \cdot XC + XB \cdot XD\). On sait que \(D\), \(X\), \(E\) sont alignés et que \(\angle DCE = \angle CXD = 180^\circ - \angle AXB\). Donc, par la loi des sinus,

\[AB \cdot CD = XB \cdot \frac{\sin \angle AXB}{\sin \angle BAX} \cdot DE \cdot \frac{\sin \angle CED}{\sin \angle DCE} = XB \cdot DE,\]

et \(XB \cdot DE = XB \cdot (XD + XE) = XB \cdot XD + XB \cdot XE = XB \cdot XD + XA \cdot XC\).

Remarque 2 (sur la solution 1). Pour un quadrilatère convexe \(ABCD\) vérifiant \(AB \cdot CD = BC \cdot DA\), on sait que \(\angle DAC + \angle ABD + \angle BCA + \angle CDB = 180^\circ\) (problème de l'étape régionale de l'olympiade panrusse 2012), mais il ne semble pas y avoir de lien essentiel entre ce fait et le problème.

Remarque 3 (sur la solution 2). La partie 1 est facile ; la partie 2 est le cœur de la preuve. Une fois établie la similitude \(D'A'B'C' \sim ABCD\), on peut aussi conclure autrement : la similitude qui envoie \(D'A'B'C'\) sur \(ABCD\) envoie \(X\) sur le point \(X'\) conjugué isogonal de \(X\) par rapport à \(ABCD\) (le point intérieur tel que \(\angle BAX = \angle DAX'\), \(\angle CBX = \angle ABX'\), \(\angle DCX = \angle BCX'\), \(\angle ADX = \angle CDX'\)). Or l'égalité \(\angle AXB + \angle CXD = 180^\circ\) est une condition connue, équivalente à l'existence d'un conjugué isogonal de \(X\) dans \(ABCD\).