Shortlist 2022, G3

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

Concepts : Chasse aux angles et quadrilatères cycliques · Triangles semblables et similitudes · Outils projectifs : birapport, division harmonique, pôles et polaires

Solution officielle : Shortlist officielle 2022 (avec solutions), p. 47 (page 49 du PDF)

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Énoncé

Let \(ABCD\) be a cyclic quadrilateral. Assume that the points \(Q, A, B, P\) are collinear in this order, in such a way that the line \(AC\) is tangent to the circle \(ADQ\), and the line \(BD\) is tangent to the circle \(BCP\). Let \(M\) and \(N\) be the midpoints of \(BC\) and \(AD\), respectively. Prove that the following three lines are concurrent: line \(CD\), the tangent of circle \(ANQ\) at point \(A\), and the tangent to circle \(BMP\) at point \(B\).

Indices : les idées clés

• Chasse aux angles et quadrilatères cycliques : angle tangente-corde pour les cercles \(ADQ\), \(ANQ\) et angle extérieur du quadrilatère inscrit \(ABCD\).
• Triangles semblables et similitudes (solution 1) : les triangles \(ADQ\) et \(CDB\) sont semblables, et les milieux \(N\) de \(AD\) et \(R\) de \(CD\) se correspondent.
• Point de concours candidat (solution 1) : le second point d'intersection \(K\) de \((CD)\) avec le cercle \(ABR\).
• Outils projectifs (solution 2) : deux faisceaux de droites « congruents » ont le même birapport ; on montre que les deux tangentes coupent \((CD)\) au point de même birapport \((D, C; T, K)\).

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2022 (deux solutions et une remarque).

Solution 1

Triangles semblables. Montrons d'abord que les triangles \(ADQ\) et \(CDB\) sont semblables. Comme \(ABCD\) est inscriptible, \(\angle DAQ = \angle DCB\) (angle extérieur). Comme \(AC\) est tangente au cercle \(AQD\), l'angle tangente-corde donne \(\angle CBD = \angle CAD = \angle AQD\) (chasse aux angles). D'où la similitude, avec la correspondance \(A \leftrightarrow C\), \(D \leftrightarrow D\), \(Q \leftrightarrow B\).

Soit \(R\) le milieu de \(CD\). Les points \(N\) (milieu de \(AD\)) et \(R\) (milieu de \(CD\)) se correspondent dans cette similitude, donc

\[\angle QNA = \angle BRC.\]

Le point de concours. Soit \(K\) le second point commun de la droite \(CD\) et du cercle \(ABR\) : si \(CD\) recoupe le cercle \(ABR\), \(K \neq R\) est l'autre point d'intersection ; si \(CD\) est tangente au cercle \(ABR\), on pose \(K = R\) (le livret écrit « tangente à \(CD\) » ; il faut lire « tangente au cercle \(ABR\) »). Dans les deux cas, comme \(A, B, R, K\) sont cocycliques,

\[\angle BAK = \angle BRC = \angle QNA.\]

Cela signifie (réciproque de l'angle tangente-corde) que \(AK\) est tangente au cercle \(ANQ\). On montre de même que \(BK\) est tangente au cercle \(BMP\). Les trois droites passent donc par \(K\). \(\blacksquare\)

Solution 2

On donne une seconde solution, qui n'utilise pas l'hypothèse que \(ABCD\) est inscriptible. Là encore, \(M\) et \(N\) peuvent être des points quelconques des droites \(BC\) et \(AD\) tels que \(BM : MC = DN : NA\).

Soit \(T\) le point d'intersection de \((AB)\) et \((CD)\) (si \((AB) \parallel (CD)\), \(T\) est leur point à l'infini commun). Soient \(K_1\) et \(K_2\) les points où \((CD)\) coupe respectivement la tangente en \(A\) au cercle \(ANQ\) et la tangente en \(B\) au cercle \(BMP\). (Voir la figure.)

Soient \(I\) et \(J\) les points à l'infini des droites \(AD\) et \(BC\). Les faisceaux de droites \((AD, AC, AT, AK_1)\) et \((QA, QD, QI, QN)\) sont congruents (ils se déduisent l'un de l'autre par une rotation), car \(\angle K_1AD = \angle AQN\) (tangente au cercle \(ANQ\)), \(\angle CAD = \angle AQD\) (tangente au cercle \(ADQ\)) et \(\angle IAT = \angle IQT\) (car \(QI \parallel AD\)). Par conséquent, en birapports,

\[(D, C; T, K_1) = (AD, AC; AT, AK_1) = (QA, QD; QI, QN) = (A, D; I, N) = \frac{DN}{NA}.\]

On obtient de même

\[(D, C; T, K_2) = (BD, BC; BT, BK_2) = (PC, PB; PJ, PM) = (C, B; J, M) = \frac{BM}{MC}.\]

(Le livret écrit \((C, B; I, N)\) ; il faut lire \((C, B; J, M)\).)

Comme \(BM : MC = DN : NA\) (le livret écrit \(DN : DA\)), on a \((D, C; T, K_1) = (D, C; T, K_2)\), donc \(K_1 = K_2\) : les trois droites sont concourantes. \(\blacksquare\)

Remarques

Remarque 1. Dans la solution 1, \(M\) et \(N\) peuvent être des points quelconques des droites \(BC\) et \(AD\) tels que \(BM : MC = DN : NA\) : il suffit de choisir \(R\) sur \(CD\) avec \(DR : RC\) égal à ce même rapport, et le reste de la preuve est inchangé.