Shortlist 2021, G2

Domaine : Géométrie · Difficulté : ★☆☆☆☆ · Proposé par : non indiqué

Concepts : Centres du triangle et lemmes classiques

Solution officielle : Shortlist officielle 2021 (avec solutions), p. 44 (page 44 du PDF)

Problème 4 de l'OIM 2021

Ce problème a été choisi parmi ceux de la shortlist pour l'épreuve de l'OIM 2021, où il était le problème 4 (jour 2).

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Énoncé

Let \(ABCD\) be a convex quadrilateral circumscribed around a circle with centre \(I\). Let \(\omega\) be the circumcircle of the triangle \(ACI\). The extensions of \(BA\) and \(BC\) beyond \(A\) and \(C\) meet \(\omega\) at \(X\) and \(Z\), respectively. The extensions of \(AD\) and \(CD\) beyond \(D\) meet \(\omega\) at \(Y\) and \(T\), respectively. Prove that the perimeters of the (possibly self-intersecting) quadrilaterals \(ADTX\) and \(CDYZ\) are equal.

Indices : les idées clés

• Centres du triangle et lemmes classiques (milieu d'arc) : \(CI\) est la bissectrice extérieure de l'angle \(TCZ\), donc \(I\) est le milieu de l'arc \(TCZ\) de \(\omega\) et \(IT = IZ\) ; de même \(IX = IY\).
• Symétrie par rapport à \(IO\) : \(X, T\) sont les symétriques de \(Y, Z\), d'où \(XT = YZ\).
• Tangentes au cercle inscrit : longueurs des tangentes égales (\(AS = AP\), ...) et triangles rectangles isométriques \(IXP\), \(IYS\), qui donnent \(XP = YS\) et \(RT = QZ\).

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent la solution officielle de la Shortlist 2021 (une solution et deux remarques).

Solution

\(I\) est le milieu d'un arc. La droite \(CI\) est la bissectrice intérieure de l'angle \(BCD\) ; comme \(Z\) est sur le prolongement de \(BC\) au-delà de \(C\) et \(T\) sur la demi-droite \([CD)\), c'est la bissectrice extérieure de l'angle \(TCZ\). Le point \(I\) est donc l'intersection de la bissectrice extérieure de l'angle \(TCZ\) avec le cercle circonscrit \(\omega\) du triangle \(TCZ\) : c'est le milieu de l'arc \(TCZ\), et \(IT = IZ\). De même, \(I\) est le milieu de l'arc \(YAX\) et \(IX = IY\).

Symétrie. Soit \(O\) le centre de \(\omega\). Comme \(IX = IY\) et \(IT = IZ\), les points \(X\) et \(T\) sont les symétriques respectifs de \(Y\) et \(Z\) par rapport à la droite \(IO\). Donc \(XT = YZ\).

Tangentes. Soient \(P\), \(Q\), \(R\), \(S\) les points de contact du cercle inscrit avec \(AB\), \(BC\), \(CD\), \(DA\). Les triangles \(IXP\) et \(IYS\) sont rectangles (en \(P\) et \(S\)), avec \(IP = IS\) et \(IX = IY\) : ils sont isométriques, donc \(XP = YS\). De même, les triangles rectangles \(IRT\) et \(IQZ\) sont isométriques, donc \(RT = QZ\).

Conclusion. Notons \(\mathcal{P}_{ADTX}\) et \(\mathcal{P}_{CDYZ}\) les périmètres. Comme \(AS = AP\), \(CQ = CR\) et \(DS = DR\) (tangentes issues d'un même point), on obtient

\[\begin{aligned} \mathcal{P}_{ADTX} &= XT + XA + AS + SD + DT = XT + XP + RT \\ &= YZ + YS + QZ = YZ + YD + DR + RC + CZ = \mathcal{P}_{CDYZ}, \end{aligned}\]

comme voulu. \(\blacksquare\)

Remarques

Remarque 1 (autre fin). Une fois établi que \(X\) et \(T\) sont les symétriques de \(Y\) et \(Z\) par rapport à \(IO\), on peut conclure ainsi. Comme \(XT = YZ\), l'énoncé équivaut à

\[XA + AD + DT = YD + DC + CZ. \tag{1}\]

Le quadrilatère \(ABCD\) étant circonscrit, \(AB - AD = BC - CD\) ; en ajoutant cette égalité à (1), on obtient l'égalité équivalente \(XA + AB + DT = YD + BC + CZ\), soit

\[XB + DT = YD + BZ. \tag{2}\]

Posons \(\lambda = \frac{XZ}{AC} = \frac{TY}{AC}\). Comme \(XACZ\) est inscriptible, les triangles \(ZBX\) et \(ABC\) sont semblables, donc

\[\frac{XB}{BC} = \frac{BZ}{AB} = \frac{XZ}{AC} = \lambda,\]

d'où \(XB = \lambda\, BC\) et \(BZ = \lambda\, AB\). De même, les triangles \(TDY\) et \(ADC\) sont semblables, donc

\[\frac{DT}{AD} = \frac{DY}{CD} = \frac{TY}{AC} = \lambda.\]

Ainsi (2) s'écrit \(\lambda\, BC + \lambda\, AD = \lambda\, CD + \lambda\, AB\), c'est-à-dire \(BC + AD = CD + AB\), ce qui est vrai car \(ABCD\) est circonscrit.

Remarque 2 (une généralisation plus difficile, trouvée par le comité). Avec les mêmes notations, soient \(U = BC \cap AD\) et \(V = BA \cap CD\). Soit \(I_U\) le centre du cercle inscrit dans le triangle \(UYZ\) et \(J_V\) le centre du cercle exinscrit du triangle \(VXT\) opposé à \(V\). Alors \(I_U J_V \perp BD\).