Shortlist 2023, G2

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

Concepts : Chasse aux angles et quadrilatères cycliques · Triangles semblables et similitudes

Solution officielle : Shortlist officielle 2023 (avec solutions), p. 58 (page 60 du PDF)

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Énoncé

Let \(ABC\) be a triangle with \(AC > BC\). Let \(\omega\) be the circumcircle of triangle \(ABC\) and let \(r\) be the radius of \(\omega\). Point \(P\) lies on segment \(AC\) such that \(BC = CP\) and point \(S\) is the foot of the perpendicular from \(P\) to line \(AB\). Let ray \(BP\) intersect \(\omega\) again at \(D\) and let \(Q\) lie on line \(SP\) such that \(PQ = r\) and \(S, P, Q\) lie on the line in that order. Finally, let the line perpendicular to \(CQ\) from \(A\) intersect the line perpendicular to \(DQ\) from \(B\) at \(E\).

Prove that \(E\) lies on \(\omega\).

Indices : les idées clés

• Chasse aux angles : \(BC = CP\) donne \(DP = DA\), d'où une symétrie de l'énoncé échangeant \((A, D) \leftrightarrow (B, C)\).
• Triangles semblables (solution 1) : les triangles \(AOD\) et \(PQD\) sont isométriques, ce qui transporte les angles en \(D\).
• Un second cercle de même rayon (solution 2) : \(Q\) est le centre du cercle circonscrit à \(PCD\), dont le rayon est \(r\).
• Utiliser la symétrie : il suffit de démontrer une seule des deux perpendicularités.

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2023 (deux solutions et deux remarques).

Solution 1

Première observation : \(DP = DA\). On a

\[\angle DPA = \angle BPC \overset{CP = CB}{=} \angle CBP = \angle CBD = \angle CAD = \angle PAD,\]

la première égalité venant des angles opposés par le sommet, puis du triangle \(BCP\) isocèle en \(C\), puis du cercle \(\omega\). Le triangle \(DAP\) est donc isocèle en \(D\) : \(DP = DA\). Ainsi l'énoncé présente une symétrie qui échange \((A, D) \leftrightarrow (B, C)\) : \(P\) est l'intersection de \(AC\) et \(BD\), avec \(CB = CP\) et \(DA = DP\).

Le candidat pour \(E\). Soit \(O\) le centre de \(\omega\) et soit \(E\) le symétrique de \(P\) par rapport à la droite \(CD\). Par chasse aux angles,

\[\angle CED = \angle DPC = 180^\circ - \angle CPB \overset{CP = CB}{=} 180^\circ - \angle PBC = 180^\circ - \angle DBC,\]

donc \(E\) est sur \(\omega\). Montrons que les deux droites de l'énoncé passent par ce point \(E\). Par la symétrie notée ci-dessus, il suffit de prouver que \(BE \perp DQ\) ; la relation \(AE \perp CQ\) s'en déduit en échangeant les rôles.

Triangles isométriques. On a \(AO = r = PQ\), \(AD = DP\) et

\[\angle DAO = 90^\circ - \angle ABD \overset{PQ \perp AB}{=} \angle DPQ.\]

(La première égalité est classique : l'angle inscrit \(\angle ABD\) intercepte la corde \(AD\), et le triangle \(AOD\) est isocèle d'angle au centre \(2\angle ABD\) ; la seconde vient de ce que \(\angle DPQ = \angle BPS\) (angles opposés par le sommet) et que le triangle \(BPS\) est rectangle en \(S\), car \(PQ \perp AB\).) Les triangles \(AOD\) et \(PQD\) sont donc isométriques (côté-angle-côté) : \(\triangle AOD \cong \triangle PQD\). En particulier \(\angle QDP = \angle ODA\).

Conclusion. Comme \(DE = DP = DA\) (symétrie par rapport à \(CD\)), le triangle \(DAE\) est isocèle et, \(D\) et \(E\) étant sur \(\omega\), \(\angle DBE = \angle DAE = \angle AED\). On obtient

\[\angle QDB + \angle DBE = \angle ODA + \angle DAE \overset{DE = DA}{=} \angle ODA + \angle AED = (90^\circ - \angle AED) + \angle AED = 90^\circ,\]

où l'on a utilisé \(\angle ODA = 90^\circ - \angle AED\) (angle au centre \(\angle AOD = 2\angle AED\) dans le triangle isocèle \(AOD\)). Ainsi \(BE \perp DQ\), comme voulu ; par symétrie \(AE \perp CQ\), donc le point d'intersection des deux perpendiculaires est \(E\), qui est sur \(\omega\). \(\blacksquare\)

Solution 2

Comme dans la solution 1, on a \(DA = DP\) et la symétrie \((A, D) \leftrightarrow (B, C)\).

\(Q\) est le centre d'un second cercle. Soit \(\Gamma\) le cercle circonscrit au triangle \(PCD\). Comme \(DP = DA\) et \(\angle ACD = \angle PCD\), la loi des sinus montre que la corde \(DP\) de \(\Gamma\) et la corde \(DA\) de \(\omega\) sont vues sous le même angle et ont la même longueur : le rayon de \(\Gamma\) est égal à \(r\). Par chasse aux angles,

\[\angle DPQ = \angle BPS = 90^\circ - \angle ABD = 90^\circ - \angle PCD.\]

Or, si \(Q'\) est le centre de \(\Gamma\), on a aussi \(\angle DPQ' = 90^\circ - \angle PCD\) (triangle \(DPQ'\) isocèle d'angle au sommet \(2\angle PCD\)). Avec \(PQ = r\) égal au rayon de \(\Gamma\), on en déduit que \(Q\) est le centre de \(\Gamma\) : \(QC = QP = QD\).

Calcul des angles en \(A\) et \(B\). Soit \(E\) l'intersection des perpendiculaires à \(CQ\) et \(DQ\) issues de \(A\) et \(B\). Alors

\[\angle EAC = 90^\circ - \angle ACQ \overset{QC = QP}{=} 90^\circ - \angle QPC = 90^\circ - \angle SPA = \angle CAB \implies \angle EAB = 2\angle PAB,\]

\[\angle DBE = 90^\circ - \angle QDP \overset{QD = QP}{=} 90^\circ - \angle DPQ = 90^\circ - \angle BPS = \angle ABD \implies \angle ABE = 2\angle ABP.\]

Conclusion. En combinant,

\[\angle BEA = 180^\circ - 2(\angle PAB + \angle ABP) = 180^\circ - 2\angle APD \overset{DA = DP}{=} \angle BDA,\]

la dernière égalité venant du triangle \(ADP\) isocèle en \(D\) (somme des angles : \(\angle PDA = 180^\circ - 2\angle APD\)). Ainsi \(\angle BEA = \angle BDA\) et \(E\) est sur \(\omega\). \(\blacksquare\)

Remarques

Remarque 1 (autre fin pour la solution 2). On peut conclure par

\[\angle BEA = 180^\circ - \angle CQD \overset{\Gamma}{=} 180^\circ - 2(180^\circ - \angle DPC) = 180^\circ - 2\angle APD \overset{DA = DP}{=} \angle PDA = \angle BDA,\]

la première égalité venant de ce que \(EA \perp QC\) et \(EB \perp QD\), la deuxième de l'angle au centre dans \(\Gamma\).

Remarque 2 (formulation équivalente). Le problème peut se reformuler avec un quadrilatère inscrit : soit \(ABCD\) inscrit dans \(\omega\) de rayon \(r\), dont les diagonales \(AC\) et \(BD\) se coupent en \(P\), avec \(AD = DP\). Soit \(S\) le pied de la perpendiculaire issue de \(P\) sur \(AB\), et \(Q\) sur la droite \(SP\) avec \(PQ = r\), les points \(S, P, Q\) étant dans cet ordre. La perpendiculaire à \(CQ\) issue de \(A\) et la perpendiculaire à \(DQ\) issue de \(B\) se coupent en \(E\). Montrer que \(E\) est sur \(\omega\).