Shortlist 2024, G1

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

Concepts : Trigonométrie : loi des sinus, Ceva trigonométrique · Chasse aux angles et quadrilatères cycliques · Triangles semblables et similitudes

Solution officielle : Shortlist officielle 2024 (avec solutions), section G1 (livret PDF)

Énoncé

Let \(ABCD\) be a cyclic quadrilateral such that \(AC < BD < AD\) and \(\angle DBA < 90^\circ\). Point \(E\) lies on the line through \(D\) parallel to \(AB\) such that \(E\) and \(C\) lie on opposite sides of line \(AD\), and \(AC = DE\). Point \(F\) lies on the line through \(A\) parallel to \(CD\) such that \(F\) and \(C\) lie on opposite sides of line \(AD\), and \(BD = AF\).

Prove that the perpendicular bisectors of segments \(BC\) and \(EF\) intersect on the circumcircle of \(ABCD\).

Indices : les idées clés

• Le bon candidat : le milieu \(T\) de l'arc \(BAC\), qui est déjà sur la médiatrice de \(BC\) ; il reste à montrer \(TE = TF\).
• Loi des sinus (solution 1) : elle montre que \(E\) et \(F\) sont à la même distance de \(AD\), donc \(EF \parallel AD\).
• Chasse aux angles (solutions 1 et 2) : angle au centre égal au double de l'angle en \(K\) et \(L\) ; \(T\) milieu de l'arc \(XY\).
• Similitude de centre \(T\) (solution 3) : le point de Miquel est le centre d'une similitude envoyant \(BE\) sur \(CF\) ; comme \(BE = CF\), c'est une rotation.

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2024 (trois solutions et une remarque).

Solution 1

Soit \(T\) le milieu de l'arc \(BAC\) du cercle circonscrit \(\omega\) à \(ABCD\), et soient \(K\) et \(L\) les points d'intersection des droites \(BA\) et \(CD\) avec la droite \(EF\). Le point \(T\) est sur la médiatrice de \(BC\).

\(EF\) est parallèle à \(AD\). Comme \(ABCD\) est inscrit, la loi des sinus donne \(\frac{BD}{\sin \angle BAD} = \frac{AC}{\sin \angle ADC}\) (les deux valent le diamètre de \(\omega\)). Les parallèles donnent \(\angle DAF = \angle ADC\) et \(\angle BAD = \angle EDA\). Donc

\[AF \cdot \sin \angle DAF = BD \cdot \sin \angle ADC = AC \cdot \sin \angle BAD = DE \cdot \sin \angle EDA.\]

Ainsi \(F\) et \(E\) sont à la même distance de la droite \(AD\), et du même côté : \(EF \parallel AD\).

Réduction. Les quadrilatères \(KADE\) et \(FADL\) sont des parallélogrammes, d'où \(KA = DE = AC\) et \(DL = AF = BD\). De plus \(KE = AD = FL\), donc les segments \(KL\) et \(EF\) ont le même milieu : il suffit de montrer que la médiatrice de \(KL\) passe par \(T\).

Conclusion. Le triangle \(AKC\) est isocèle en \(A\) (\(KA = AC\)), donc, par chasse aux angles, \(\angle BTC = \angle BAC = 2\angle BKC\) (angle extérieur du triangle isocèle). De même \(\angle BTC = 2\angle BLC\). Comme \(T\), \(K\) et \(L\) sont du même côté de \(BC\) et que \(T\) est sur la médiatrice de \(BC\), \(T\) est le centre du cercle passant par \(B\), \(K\), \(L\), \(C\). Donc \(TK = TL\), et \(T\) est sur la médiatrice de \(KL\), donc sur celle de \(EF\). \(\blacksquare\)

Solution 2

Soient \(X\) et \(Y\) les seconds points d'intersection des droites \(AF\) et \(DE\) avec \(\omega\), et soit \(T\) comme dans la solution 1.

Position des points. Comme \(BD < AD\), \(DY \parallel AB\) et \(\angle BAY = \angle DBA < 90^\circ\), on a \(DY < AB\) et \(Y\) est du côté de \(AD\) opposé à \(C\). Toujours d'après \(BD < AD\), les points \(B\), \(C\), \(D\) sont du même côté de la médiatrice de \(AB\), ce qui montre \(AC > AB\). Ainsi \(DY < AB < AC = DE\) et, comme \(Y\) et \(E\) sont du même côté de \(AD\), \(Y\) est à l'intérieur du segment \(DE\). De même, \(X\) est à l'intérieur du segment \(AF\).

Comme \(AB \parallel DY\) (cordes parallèles de \(\omega\)), on a \(YA = BD = FA\). De même \(XD = AC = ED\).

Affirmation : \(T\) est le milieu de l'arc \(XY\). Comme \(AX \parallel CD\) et \(AB \parallel DY\), par chasse aux angles,

\[\angle CAX = \angle AXD = \angle AYD = \angle YDB.\]

Comme \(T\) est le milieu de l'arc \(BAC\), \(\angle BAT = \angle TDC\), donc

\[\angle TAX = \angle CAX + \angle BAC - \angle BAT = \angle YDB + \angle BDC - \angle TDC = \angle YDT.\]

Les cordes \(TX\) et \(TY\) sont donc vues sous le même angle : \(T\) est le milieu de l'arc \(XY\).

Conclusion. On a vu \(AB < AC\) et, de même, \(DC < DB\), ce qui montre que \(X\), \(Y\) et \(T\) sont du même côté de \(AD\). En particulier \(T\) et \(A\) sont de part et d'autre de \(XY\), donc \(T\) est sur la bissectrice intérieure de l'angle \(\angle XAY\). Comme \(AF = AY\), les triangles \(ATF\) et \(ATY\) sont isométriques, d'où \(TF = TY\). De même \(TE = TX\). Comme \(TX = TY\), on obtient \(TE = TF\) : \(T\) est sur la médiatrice de \(EF\), et aussi sur celle de \(BC\). \(\blacksquare\)

Solution 3

On utilise les angles orientés de droites \(\measuredangle(\cdot, \cdot)\).

Deux triangles isométriques. On a \(AF = DB\), \(AC = DE\) et

\[\measuredangle(AC, AF) = \measuredangle(AC, CD) = \measuredangle(AB, BD) = \measuredangle(DE, DB),\]

(parallélismes \(AF \parallel CD\), \(DE \parallel AB\) et cercle \(ABCD\)). Les triangles \(ACF\) et \(DEB\) sont donc isométriques, et \(CF = BE\).

Un point sur le cercle. Soit \(P\) l'intersection de \(BE\) et \(CF\). Comme

\[\measuredangle(CP, BP) = \measuredangle(CF, BE) = \measuredangle(AF, DB) = \measuredangle(DC, DB),\]

le point \(P\) est sur le cercle \(ABCD\).

Le point de Miquel. Soit enfin \(T\) le point de Miquel du quadrilatère complet formé par \(BC\), \(FE\), \(BE\), \(CF\) : \(T\) est sur les cercles \(EFP\) et \(ABCD\) (le cercle \(BCP\)). C'est le centre de la similitude qui envoie le segment \(BE\) sur le segment \(CF\) ; comme \(BE = CF\), cette similitude est une rotation. Donc \(TB = TC\) et \(TE = TF\) : les médiatrices de \(BC\) et \(EF\) se coupent en \(T\), sur le cercle \(ABCD\). \(\blacksquare\)

Remarques

Remarque. L'énoncé reste vrai sans les conditions de longueur et d'angle sur le quadrilatère \(ABCD\), mais il faut alors distinguer des cas selon l'ordre des points sur les droites \(DE\) et \(AF\). Il peut aussi arriver que \(T\) soit sur la bissectrice extérieure de l'angle \(\angle XAY\).