Shortlist 2019, G3

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

Concepts : Chasse aux angles et quadrilatères cycliques · Puissance d'un point et axe radical

Solution officielle : Shortlist officielle 2019 (avec solutions), section G3 (livret PDF)

Problème 2 de l'OIM 2019

Ce problème a été choisi parmi ceux de la shortlist pour l'épreuve de l'OIM 2019, où il était le problème 2 (jour 1).

Énoncé

In triangle \(ABC\), let \(A_1\) and \(B_1\) be two points on sides \(BC\) and \(AC\), and let \(P\) and \(Q\) be two points on segments \(AA_1\) and \(BB_1\), respectively, so that line \(PQ\) is parallel to \(AB\). On ray \(PB_1\), beyond \(B_1\), let \(P_1\) be a point so that \(\angle PP_1C = \angle BAC\). Similarly, on ray \(QA_1\), beyond \(A_1\), let \(Q_1\) be a point so that \(\angle CQ_1Q = \angle CBA\). Show that points \(P\), \(Q\), \(P_1\), and \(Q_1\) are concyclic.

Indices : les idées clés

• Chasse aux angles (solution 1) : en introduisant les seconds points d'intersection \(A_2\), \(B_2\) de \(AA_1\), \(BB_1\) avec le cercle circonscrit, on montre que \(P\), \(Q\), \(A_2\), \(B_2\), puis \(Q_1\) et \(P_1\), sont sur un même cercle.
• Théorème de Pappus (solution 2) : il fournit l'alignement de \(C\), de \(R = PP_1 \cap QQ_1\) et de \(T = AQ \cap BP\).
• Puissance d'un point et axe radical (solution 2) : la droite \(RC\) est l'axe radical des cercles \((CEPP_1)\) et \((CFQQ_1)\), d'où \(RP \cdot RP_1 = RQ \cdot RQ_1\).
• Traiter le cas limite (solution 2) : si \(PP_1 \parallel QQ_1\), on obtient un trapèze isocèle.

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2019 (deux solutions et une remarque).

Solution 1

Dans toute la solution, on utilise des angles orientés de droites (modulo \(180^\circ\)).

Soient \(A_2\) et \(B_2\) les seconds points d'intersection des demi-droites \(AA_1\) et \(BB_1\) avec le cercle circonscrit au triangle \(ACB\). Comme \(PQ \parallel AB\), par chasse aux angles (angles inscrits dans le cercle circonscrit) :

\[\angle QPA_2 = \angle BAA_2 = \angle BB_2A_2 = \angle QB_2A_2,\]

donc les points \(P\), \(Q\), \(A_2\), \(B_2\) sont cocycliques ; notons \(\omega\) ce cercle. Nous allons montrer que \(P_1\) et \(Q_1\) sont aussi sur \(\omega\) (voir la figure).

D'abord,

\[\angle CA_2A_1 = \angle CA_2A = \angle CBA = \angle CQ_1Q = \angle CQ_1A_1,\]

donc les points \(C\), \(Q_1\), \(A_2\), \(A_1\) sont cocycliques. On en déduit

\[\angle QQ_1A_2 = \angle A_1Q_1A_2 = \angle A_1CA_2 = \angle BCA_2 = \angle BAA_2 = \angle QPA_2,\]

donc \(Q_1\) appartient à \(\omega\).

De la même façon, \(P_1\) appartient à \(\omega\). Ainsi \(P\), \(Q\), \(P_1\), \(Q_1\) sont sur le cercle \(\omega\). \(\blacksquare\)

Solution 2

Premier cas : les droites \(PP_1\) et \(QQ_1\) se coupent en un point \(R\).

Soient \(E\) et \(F\) les points où la droite \(PQ\) coupe les côtés \(AC\) et \(BC\). Comme \(PQ \parallel AB\),

\[\angle PP_1C = \angle BAC = \angle PEC,\]

donc \(C\), \(E\), \(P\), \(P_1\) sont cocycliques ; notons \(\omega_P\) ce cercle. De même, \(C\), \(F\), \(Q\), \(Q_1\) sont sur un cercle \(\omega_Q\).

Soit \(T\) le point d'intersection de \(AQ\) et \(BP\). En appliquant le théorème de Pappus aux points \(A, A_1, P\) (alignés) et \(B, B_1, Q\) (alignés), on obtient que les points

\[C = AB_1 \cap BA_1, \qquad R = A_1Q \cap B_1P, \qquad T = AQ \cap BP\]

sont alignés.

Soient \(S\) et \(U\) les points où la droite \(RCT\) coupe \(PQ\) et \(AB\). Puisque \(AB \parallel PQ\),

\[\frac{SP}{SQ} = \frac{UB}{UA} = \frac{SF}{SE}, \qquad\text{donc}\qquad SP \cdot SE = SQ \cdot SF.\]

Précision ajoutée : la première égalité vient de l'homothétie de centre \(T\) qui envoie \(P, Q, S\) sur \(B, A, U\), la seconde de l'homothétie de centre \(C\) qui envoie \(A, B, U\) sur \(E, F, S\) (rapports orientés). Le point \(S\) a donc la même puissance par rapport à \(\omega_P\) et à \(\omega_Q\). Comme \(C\) est sur les deux cercles, la droite \(RCS\) est leur axe radical. Le point \(R\) a donc lui aussi la même puissance par rapport aux deux cercles :

\[RP \cdot RP_1 = RQ \cdot RQ_1,\]

ce qui prouve que \(P\), \(P_1\), \(Q\), \(Q_1\) sont cocycliques.

Second cas : \(PP_1 \parallel QQ_1\). Soit encore \(T = AQ \cap BP\). Le théorème de Pappus appliqué aux mêmes droites montre, dans ce cas limite, que la droite \(CT\) est parallèle à \(PP_1\) et à \(QQ_1\). Soient \(S\) et \(U\) les points où \(CT\) coupe \(PQ\) et \(AB\). Le même calcul que ci-dessus donne \(SP \cdot SE = SQ \cdot SF\), donc \(S\) est sur l'axe radical de \(\omega_P\) et \(\omega_Q\), qui est donc la droite \(CST\).

L'axe radical est perpendiculaire à la droite \(\ell\) des centres de \(\omega_P\) et \(\omega_Q\). Les cordes \(PP_1\) (de \(\omega_P\)) et \(QQ_1\) (de \(\omega_Q\)), parallèles à \(CST\), sont donc perpendiculaires à \(\ell\), qui est la médiatrice de chacune. Ainsi le quadrilatère \(PP_1Q_1Q\) est un trapèze isocèle d'axe de symétrie \(\ell\), donc il est inscriptible. \(\blacksquare\)

Remarques

Remarque 1. Il existe plusieurs solutions utilisant le théorème de Pappus. Par exemple, soient \(K = PB_1 \cap BC\) et \(L = QA_1 \cap AC\). Le théorème de Pappus appliqué aux droites \(AA_1P\) et \(QB_1B\) montre que \(K\), \(L\) et \(PQ \cap AB\) sont alignés, c'est-à-dire que \(KL \parallel AB\). La cocyclicité de \(P\), \(Q\), \(P_1\), \(Q_1\) équivaut alors à celle de \(K\), \(L\), \(P_1\), \(Q_1\). Celle-ci est facile une fois remarqué que \(C\) est aussi sur ce cercle : par exemple \(\angle(LK, LC) = \angle(AB, AC) = \angle(P_1K, P_1C)\) montre que \(P_1\) est sur le cercle \(KLC\). (Le livret écrit « \(K\) est sur le cercle \(KLC\) » ; il faut lire \(P_1\).) Cette approche a aussi ses cas dégénérés : \(K\) et \(L\) peuvent être des points à l'infini.