Shortlist 2023, G4¶

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

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

Solution officielle : Shortlist officielle 2023 (avec solutions), p. 63 (page 65 du PDF)

Problème 2 de l'OIM 2023

Ce problème a été choisi parmi ceux de la shortlist pour l'épreuve de l'OIM 2023, où il était le problème 2 (jour 1).

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Énoncé¶

Let \(ABC\) be an acute-angled triangle with \(AB < AC\). Denote its circumcircle by \(\Omega\) and denote the midpoint of arc \(CAB\) by \(S\). Let the perpendicular from \(A\) to \(BC\) meet \(BS\) and \(\Omega\) at \(D\) and \(E \neq A\) respectively. Let the line through \(D\) parallel to \(BC\) meet line \(BE\) at \(L\) and denote the circumcircle of triangle \(BDL\) by \(\omega\). Let \(\omega\) meet \(\Omega\) again at \(P \neq B\).

Prove that the line tangent to \(\omega\) at \(P\), and line \(BS\) intersect on the internal bisector of \(\angle BAC\).

Indices : les idées clés

Le point \(S'\) : le milieu \(S'\) de l'arc \(BC\) ne contenant pas \(A\), diamétralement opposé à \(S\), est sur la bissectrice intérieure : il s'agit de montrer que la tangente en \(P\), la droite \(BS\) et la droite \(AS'\) sont concourantes.
Chasse aux angles : \(\angle DPA = 90^\circ\), les points \(L, P, S\) sont alignés, \(T = AE \cap PS'\) est sur \(\omega\), etc.
Homothétie (solution 1) : les triangles \(APD\) et \(S'QS\) ont leurs côtés parallèles, donc les droites joignant leurs sommets correspondants concourent.
Outils projectifs : théorème de Pascal sur un hexagone dégénéré (solution 2) ; birapport et division harmonique (solution 3).
Similitudes (solution 3) : une similitude d'angle \(90^\circ\) envoie \(\omega\) sur le cercle \(\gamma\) de diamètre \(AR\), donc ces cercles sont orthogonaux.

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2023 (trois solutions et une remarque).

Solution 1 (triangles en perspective)¶

Figure (solution 1)

Soit \(S'\) le milieu de l'arc \(BC\) de \(\Omega\) (ne contenant pas \(A\)), diamétralement opposé à \(S\) : \(SS'\) est un diamètre de \(\Omega\) et \(AS'\) est la bissectrice de \(\angle BAC\). Soit \(Q \neq P\) le second point d'intersection de la tangente à \(\omega\) en \(P\) avec \(\Omega\) ; on a \(\angle SQS' = 90^\circ\) (voir la figure).

Montrons que les triangles \(APD\) et \(S'QS\) sont semblables, à côtés correspondants parallèles. Il en découlera (homothétie) que les droites joignant les sommets correspondants, à savoir \(AS'\) (la bissectrice de \(\angle BAC\)), \(PQ\) (la tangente à \(\omega\) en \(P\)) et \(DS\), sont concourantes. Les côtés \(AD\) et \(S'S\) sont de sens opposés, donc ces trois droites ne peuvent pas être parallèles.

\(AP \perp DP\). Grâce aux quadrilatères inscrits \(APBE\) et \(DPLB\) (chasse aux angles),

\[\angle PAD = \angle PAE = 180^\circ - \angle EBP = \angle PBL = \angle PDL = 90^\circ - \angle ADP.\]

Dans le triangle \(APD\), on a donc \(\angle DPA = 180^\circ - \angle PAD - \angle ADP = 90^\circ\).

Côtés parallèles.

Les droites \(ADE\) et \(SS'\) sont toutes deux perpendiculaires à \(BC\), donc \(AD \parallel S'S\).
La droite \(PQ\) est tangente à \(\omega\) en \(P\), donc \(\angle DPQ = \angle DBP = \angle SBP = \angle SQP\) ; il s'ensuit que \(PD \parallel QS\).
Enfin, \(AP \perp PD \parallel QS \perp S'Q\), donc \(AP \parallel S'Q\).

Les côtés correspondants des triangles \(APD\) et \(S'QS\) sont donc parallèles, ce qui conclut. \(\blacksquare\)

Solution 2 (Pascal)¶

Figure (solution 2)

Soit à nouveau \(S'\) le milieu de l'arc \(BC\), diamétralement opposé à \(S\) ; \(AES'S\) est un trapèze isocèle, et \(\angle S'BS = \angle S'PS = 90^\circ\). Soit \(T\) l'intersection des droites \(AE\) et \(PS'\), et \(M\) celle des droites \(AP\) et \(S'B\) (voir la figure). Montrons que \(L\), \(P\), \(S\) sont alignés et que \(T\) et \(M\) sont sur \(\omega\).

De \(\angle LPB = \angle LDB = 90^\circ - \angle BDE = 90^\circ - \angle BSS' = \angle SS'B = 180^\circ - \angle BPS\), on tire \(\angle LPB + \angle BPS = 180^\circ\) : \(L\), \(P\), \(S\) sont alignés.
Comme \(SS'\) est un diamètre de \(\Omega\), les droites \(LPS\) et \(PTS'\) sont perpendiculaires. Par ailleurs \(LD \parallel BC \perp AE\), donc \(\angle LDT = \angle LPT = 90^\circ\) et \(T \in \omega\).
Comme \(\angle LPM = \angle SPA = \angle SEA = \angle EAS' = \angle EBS' = \angle LBM\), le point \(M\) est cocyclique avec \(B\), \(P\), \(L\), donc \(M \in \omega\).

Soit \(X\) l'intersection de la droite \(BDS\) avec la tangente à \(\omega\) en \(P\). Appliquons le théorème de Pascal à l'hexagone inscrit dégénéré \(PPMBDT\) (dans \(\omega\)) : les points

\[PP \cap BD = X, \qquad PM \cap DT = A, \qquad MB \cap TP = S'\]

sont alignés. Donc \(X\) est sur la droite \(AS'\), c'est-à-dire sur la bissectrice de \(\angle BAC\). \(\blacksquare\)

Solution 3 (projections)¶

Figure (solution 3)

Soit \(A'\) et \(S'\) les points de \(\Omega\) diamétralement opposés à \(A\) et à \(S\). Il est bien connu que \(E\) et \(A'\) sont symétriques par rapport à \(SS'\), donc \(AS'\) est la bissectrice de \(\angle EAA'\). Soit \(T\) l'intersection de \(AE\) et \(PS'\). Comme dans les deux solutions précédentes, \(\angle DPA = 90^\circ\), donc \(PD\) passe par \(A'\) ; les points \(L\), \(P\), \(S\) sont alignés ; et \(T \in \omega\).

Soit \(R\) l'intersection des droites \(AS'\) et \(PDA'\) (voir la figure). Avec les angles des triangles \(PRS'\) et \(PTE\),

\[\angle ARP = \angle AS'P + \angle S'PA' = \angle AEP + \angle EPS' = \angle ATP,\]

donc \(A\), \(P\), \(T\), \(R\) sont cocycliques ; notons \(\gamma\) leur cercle. Comme \(\angle RPA = \angle DPA = 90^\circ\), le segment \(AR\) est un diamètre de \(\gamma\).

Les cercles \(\omega\) et \(\gamma\) sont orthogonaux. Soit \(U \neq P\) le second point d'intersection de la droite \(LPS\) avec \(\gamma\). Dans les triangles \(PLT\) et \(PTU\), on a \(\angle LPT = \angle TPU = 90^\circ\) et

\[\angle PTL = \angle PBL = 180^\circ - \angle EBP = \angle PAE = \angle PAT = \angle PUT,\]

donc ces triangles sont semblables. La similitude de centre \(P\) qui envoie \(PLT\) sur \(PTU\) envoie \(\omega\) sur \(\gamma\), et son angle est \(90^\circ\) : les cercles \(\omega\) et \(\gamma\) sont orthogonaux.

Conclusion. Soit \(X\) l'intersection des droites \(BDS\) et \(ARS'\). Montrons que \(X\) est le milieu de \(AR\) : ce sera alors le centre de \(\gamma\), et comme \(\omega\) et \(\gamma\) sont orthogonaux, \(PX\) sera tangente à \(\omega\).

Soit \(t\) la tangente à \(\omega\) en \(D\). Comme \(\angle(DT, t) = \angle TPD = \angle S'PA' = \angle EAS'\), on a \(t \parallel AS'\) ; soit \(I\) le point à l'infini commun à \(t\) et \(AS'\). Soit aussi \(V\) l'intersection des droites \(LPS\) et \(ADTE\). En projetant la droite \(AS'\) sur le cercle \(\omega\) depuis \(D\), puis \(\omega\) sur la droite \(AE\) depuis \(L\), enfin \(AE\) sur \(\Omega\) depuis \(P\), on obtient (birapport)

\[\frac{AX}{RX} = (A, R; X, I) \overset{D}{=} (T, P; B, D) \overset{L}{=} (T, V; E, D) \overset{P}{=} (S', S; E, A') = -1,\]

la dernière égalité venant de ce que \(E\) et \(A'\) sont symétriques par rapport au diamètre \(SS'\). Donc \(X\) est le milieu de \(AR\). \(\blacksquare\)

Remarques¶

Remarque 1. Dans la solution 2, on voit facilement que \(LMTD\) est un rectangle, mais cette information n'est pas nécessaire.