Shortlist 2019, G6

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

Concepts : Triangles semblables et similitudes · Ceva et Ménélaüs · Outils projectifs : birapport, division harmonique, pôles et polaires · Inversion · Puissance d'un point et axe radical · Centres du triangle et lemmes classiques · Chasse aux angles et quadrilatères cycliques

Solution officielle : Shortlist officielle 2019 (avec solutions), section G6 (livret PDF)

Énoncé

Let \(I\) be the incentre of acute-angled triangle \(ABC\). Let the incircle meet \(BC\), \(CA\), and \(AB\) at \(D\), \(E\), and \(F\), respectively. Let line \(EF\) intersect the circumcircle of the triangle at \(P\) and \(Q\), such that \(F\) lies between \(E\) and \(P\). Prove that \(\angle DPA + \angle AQD = \angle QIP\).

Indices : les idées clés

• Triangles semblables et similitudes (solutions 1 et 2) : la similitude directe \(\varphi\) qui envoie le cerf-volant \(AFIE\) sur \(NBMC\) envoie \(P\), \(Q\) sur des points de \(BC\) et \(I\) sur \(M\) ; son centre est le point de Miquel \(S\) (solution 2).
• Ceva et Ménélaüs et division harmonique, applications projectives (solutions 1 et 3) : la droite \(EF\) coupe \(BC\) en \(Z\), conjugué harmonique de \(D\) par rapport à \(B\), \(C\) ; en solution 3, on combine une inversion et une projection en une application projective entre deux faisceaux.
• Puissance d'un point (solution 1) : \(ZD \cdot ZL = ZB \cdot ZC = ZP \cdot ZQ\), donc \(P\), \(Q\), \(D\) et le milieu \(L\) de \(BC\) sont cocycliques.
• Centres du triangle et chasse aux angles : milieux d'arcs \(M\), \(N\) du cercle circonscrit, bissectrices intérieure et extérieure, quadrilatères inscriptibles.

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2019 (trois solutions).

Solution 1

Soient \(N\) et \(M\) les milieux des arcs \(BC\) du cercle circonscrit, respectivement celui qui contient \(A\) et celui qui ne le contient pas. Comme \(\angle FAE = \angle BAC = \angle BNC\), les cerfs-volants rectangles \(AFIE\) et \(NBMC\) sont semblables. Soit \(\varphi\) la similitude directe (une homothétie si \(AB = AC\)) qui envoie \(AFIE\) sur \(NBMC\). L'angle orienté dont \(\varphi\) fait tourner les directions est \(\angle(AF, NB)\), qui est égal à \(\angle(AP, NP)\) et à \(\angle(AQ, NQ)\) (angles inscrits) ; donc \(\varphi\) envoie les droites \(AP\) et \(AQ\) sur les droites \(NP\) et \(NQ\). Elle envoie aussi la droite \(EF\) sur \(BC\). Par conséquent, les points \(P = EF \cap AP\) et \(Q = EF \cap AQ\) sont envoyés sur les points \(P' = BC \cap NP\) et \(Q' = BC \cap NQ\). (Voir la figure.)

Soit \(L\) le milieu de \(BC\). Affirmation : les points \(P\), \(Q\), \(D\), \(L\) sont cocycliques (si \(D = L\), la droite \(BC\) est tangente au cercle \(PQD\)).

Soit \(Z\) le point d'intersection de \(PQ\) et \(BC\). Par le théorème de Ménélaüs appliqué au triangle \(ABC\) et à la droite \(EFZ\) (et puisque \(BD = BF\), \(AF = AE\), \(CE = CD\)), en longueurs orientées,

\[\frac{BD}{DC} = \frac{BF}{FA} \cdot \frac{AE}{EC} = -\frac{BZ}{ZC},\]

donc les paires \(B, C\) et \(D, Z\) sont harmoniques. Il est bien connu que cela entraîne \(ZB \cdot ZC = ZD \cdot ZL\). (L'inversion de pôle \(Z\) qui échange \(B\) et \(C\) envoie \(Z\) à l'infini et \(D\) sur le milieu de \(BC\), car le birapport est conservé.) Donc, par la puissance de \(Z\) par rapport au cercle circonscrit,

\[ZD \cdot ZL = ZB \cdot ZC = ZP \cdot ZQ,\]

ce qui prouve l'affirmation.

Comme \(\angle MPP' = \angle MQQ' = \angle MLP' = \angle MLQ' = 90^\circ\) (\(MN\) est un diamètre et \(ML \perp BC\)), les quadrilatères \(MLPP'\) et \(MLQQ'\) sont inscriptibles. On conclut par

\[\begin{aligned} \angle DPA + \angle AQD &= 360^\circ - \angle PAQ - \angle QDP = 360^\circ - \angle PNQ - \angle QLP \\ &= \angle LPN + \angle NQL = \angle P'ML + \angle LMQ' = \angle P'MQ' = \angle PIQ, \end{aligned}\]

la dernière égalité venant de ce que \(\varphi\) envoie \(P\), \(I\), \(Q\) sur \(P'\), \(M\), \(Q'\). \(\blacksquare\)

Solution 2

On définit le point \(M\) et la similitude \(\varphi\) comme dans la solution 1 (le point \(N\) n'est pas utile). Il est bien connu que le centre de la similitude qui envoie \(F, E\) sur \(B, C\) est le point de Miquel des droites \(FE\), \(BC\), \(BF\), \(CE\), c'est-à-dire le second point d'intersection des cercles \(ABC\) et \(AEF\). Notons-le \(S\).

Puisque \(\varphi(F) = B\) et \(\varphi(E) = C\), les triangles \(SBF\) et \(SCE\) sont semblables, d'où

\[\frac{SB}{SC} = \frac{BF}{CE} = \frac{BD}{CD}.\]

Par la réciproque du théorème de la bissectrice, la droite \(SD\) est la bissectrice de \(\angle BSC\), donc elle passe par \(M\).

Soit \(K\) l'intersection des droites \(EF\) et \(SI\). Comme \(\varphi\) envoie \(S, F, E, I\) sur \(S, B, C, M\), on a \(\varphi(K) = \varphi(FE \cap SI) = BC \cap SM = D\). Comme \(\varphi(I) = M\), on obtient \(KD \parallel IM\). (Voir la figure.)

Affirmation : les triangles \(SPI\) et \(SDQ\) sont semblables, ainsi que les triangles \(SPD\) et \(SIQ\).

Soit \(L\) le second point d'intersection de la demi-droite \(SI\) avec le cercle circonscrit. Le segment \(EF\) est perpendiculaire à la bissectrice \(AM\). Comme \(\angle AML = \angle ASL = \angle ASI = 90^\circ\) (\(S\) est sur le cercle de diamètre \(AI\)), on a \(ML \parallel PQ\). Donc les arcs \(PL\) et \(MQ\) sont égaux, et \(\angle PSL = \angle MSQ = \angle DSQ\). Comme \(\angle QPS = \angle QMS\), les triangles \(SPK\) et \(SMQ\) sont semblables. Enfin,

\[\frac{SP}{SI} = \frac{SP}{SK} \cdot \frac{SK}{SI} = \frac{SM}{SQ} \cdot \frac{SD}{SM} = \frac{SD}{SQ},\]

ce qui, avec \(\angle PSI = \angle DSQ\), montre que les triangles \(SPI\) et \(SDQ\) sont semblables. La seconde partie de l'affirmation se prouve de la même façon.

On conclut par

\[\angle DPA + \angle AQD = \angle DPS + \angle SQD = \angle QIS + \angle SIP = \angle QIP. \qquad \blacksquare\]

Solution 3

Soit \(\Gamma\) le cercle circonscrit à \(ABC\), et soient \(V\) et \(U\) les seconds points d'intersection des demi-droites \(PD\) et \(QD\) avec \(\Gamma\). Nous allons montrer que \(AU \perp IP\) et \(AV \perp IQ\). L'énoncé en découlera, car alors

\[\angle DPA + \angle AQD = \angle VUA + \angle AVU = 180^\circ - \angle UAV = \angle QIP.\]

Soit \(M\) le milieu de l'arc \(BUVC\) et \(N\) le milieu de l'arc \(CAB\) ; les droites \(AIM\) et \(AN\) sont les bissectrices intérieure et extérieure de l'angle \(BAC\), donc elles sont perpendiculaires. Soit \(R\) le point d'intersection des tangentes à \(\Gamma\) en \(B\) et \(C\) ; soient \(X\), \(T\), \(Y\), \(Z\) les points où la droite \(PQ\) coupe \(AU\), \(AI\), \(AV\) et \(BC\).

Comme dans la solution 1, les paires \(B, C\) et \(D, Z\) sont harmoniques. En projetant ces points depuis \(Q\) sur le cercle circonscrit, on voit que les paires \(B, C\) et \(U, P\) sont harmoniques. De même, la paire \(V, Q\) est harmonique avec \(B, C\). Considérons l'inversion par rapport au cercle de centre \(R\) passant par \(B\) et \(C\). Elle fixe \(B\) et \(C\), et échange chaque point de \(\Gamma\) avec son conjugué harmonique par rapport à \(B\), \(C\). En particulier, elle envoie les points \(B, C, N, U, V\) sur \(B, C, M, P, Q\).

Composons cette inversion avec la projection de \(\Gamma\) depuis \(A\) sur la droite \(PQ\) : les points \(B, C, M, P, Q\) se projettent en \(F, E, T, P, Q\). (Voir la figure.)

La composée de ces deux transformations est une application projective du faisceau des droites \(AB, AC, AN, AU, AV\) vers le faisceau des droites \(IF, IE, IT, IP, IQ\). D'autre part, \(AB \perp IF\), \(AC \perp IE\) et \(AN \perp AT\) : trois paires de droites correspondantes sont perpendiculaires, donc toutes les paires correspondantes le sont. Cela prouve \(AU \perp IP\) et \(AV \perp IQ\), ce qui termine la solution. \(\blacksquare\)