Shortlist 2024, G3

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

Concepts : Chasse aux angles et quadrilatères cycliques · Homothétie · Puissance d'un point et axe radical

Solution officielle : Shortlist officielle 2024 (avec solutions), section G3 (livret PDF)

Énoncé

Let \(ABCDE\) be a convex pentagon and let \(M\) be the midpoint of \(AB\). Suppose that segment \(AB\) is tangent to the circumcircle of triangle \(CME\) at \(M\) and that \(D\) lies on the circumcircles of triangles \(AME\) and \(BMC\). Lines \(AD\) and \(ME\) intersect at \(K\), and lines \(BD\) and \(MC\) intersect at \(L\). Points \(P\) and \(Q\) lie on line \(EC\) so that \(\angle PDC = \angle EDQ = \angle ADB\).

Prove that lines \(KP\), \(LQ\), and \(MD\) are concurrent.

Indices : les idées clés

• Chasse aux angles et quadrilatères cycliques : la tangence de \(AB\) au cercle \(CME\) et les cercles \(AMDE\), \(BCDM\) donnent \(KP \parallel MC\) et \(LQ \parallel ME\) (toutes les solutions).
• Homothétie (solutions 1 et 2) : l'homothétie de centre \(D\) qui envoie \(RS\) sur \(KL\) transporte trois droites concourantes en \(M\) ; les triangles \(EKP\) et \(EMC\) sont homothétiques.
• Puissance d'un point et axe radical (solution 2) : \(DM\) est un axe radical, et les trois droites concourent au centre radical de trois cercles.
• Un parallélogramme (solution 3) : une droite passant par un sommet et par le centre d'un parallélogramme passe par le sommet opposé.

Solutions

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

Chacune des solutions comporte trois étapes : (a) montrer que \(KP \parallel MC\) et \(LQ \parallel ME\) ; (b) montrer que \(KL \parallel AB\) et, éventuellement, que \(C\), \(E\), \(K\), \(L\) sont cocycliques ; (c) conclure, soit par une homothétie, soit avec le parallélogramme formé par les droites \(KP\), \(MK\), \(ML\), \(LQ\), soit avec les axes radicaux de trois cercles.

Solution 1

(a) La condition \(\angle PDC = \angle ADB\) équivaut à \(\angle ADP = \angle BDC\), et \(\angle EDQ = \angle ADB\) équivaut à \(\angle EDA = \angle QDB\). Comme \(AB\) est tangente en \(M\) au cercle \(CME\) (angle entre tangente et corde), et grâce aux cercles \(AMDE\) et \(BCDM\), la chasse aux angles donne

\[\angle ECM = \angle EMA = \angle EDA = \angle QDB \quad \text{et} \quad \angle MEC = \angle BMC = \angle BDC = \angle ADP.\]

Le livret écrit « cercles AMDE et CDME » ; il s'agit des cercles \(AMDE\) et \(BCDM\).

Puisque \(\angle ADP = \angle MEC = \angle KEP\), les points \(D\), \(E\), \(K\), \(P\) sont cocycliques, d'où \(\angle EPK = \angle EDK = \angle EDA = \angle ECM\) : donc \(KP \parallel MC\). De même, \(C\), \(D\), \(Q\), \(L\) sont cocycliques, \(\angle LQC = \angle MEC\), et donc \(LQ \parallel ME\).

(b) Les demi-droites \([DA)\) et \([DB)\) recoupent le cercle \(CDE\) en \(R\) et \(S\) (voir la figure). On a \(\angle SEC = \angle SDC = \angle BDC = \angle MEC\), donc \(E\), \(M\), \(S\) sont alignés. De même, \(C\), \(M\), \(R\) sont alignés.

Comme \(\angle SRC = \angle SEC = \angle BMC\), on obtient \(RS \parallel AB\). Puisque \(M\) est le milieu de \([AB]\), il en découle \(KL \parallel RS\).

Précision ajoutée : l'homothétie de centre \(D\) qui envoie \(AB\) sur \(RS\) montre que \(DM\) passe par le milieu de \([RS]\). Dans le triangle \(DRS\), les céviennes \(DM\) (une médiane), \(RL\) (droite \(RM\)) et \(SK\) (droite \(SM\)) concourent en \(M\) ; par Ceva, \(\frac{DK}{KR} = \frac{DL}{LS}\), d'où \(KL \parallel RS\).

(c) Considérons l'homothétie de centre \(D\) qui envoie \(RS\) sur \(KL\) (donc \(R \mapsto K\), \(S \mapsto L\)). Comme \(KP \parallel RC\) et \(LQ \parallel SE\), elle envoie les droites concourantes (en \(M\)) \(DM\), \(RC\), \(SE\) sur \(DM\), \(KP\), \(LQ\) ; ces trois droites sont donc concourantes. \(\blacksquare\)

Solution 2

(a) Comme dans la solution 1 : \(\angle ECM = \angle EMA = \angle EDA = \angle EPK\), \(\angle MEC = \angle BMC = \angle BDC = \angle LQC\), les points \(C, D, Q, L\) sont cocycliques, les points \(D, E, K, P\) aussi, et \(KP \parallel MC\), \(LQ \parallel ME\).

(b) Les triangles \(EKP\) et \(EMC\) sont homothétiques de centre \(E\), donc leurs cercles circonscrits \(CME\) et \(DEKP\) sont tangents en \(E\). De même, le cercle \(CDQL\) est tangent au cercle \(CME\) en \(C\).

Soit \(X\) l'intersection des tangentes en \(C\) et en \(E\) au cercle \(CME\) (le cas où \([CE]\) est un diamètre s'obtient comme cas limite). Les droites \(EX\) et \(CX\) recoupent les cercles \(DEAM\) et \(BCDM\) en \(A_1 \neq E\) et \(B_1 \neq C\) respectivement.

On a \(XE = XC\) (tangentes issues de \(X\)). Dans le cercle \(DEAM\), les cordes \(AM\) et \(A_1E\) sont tangentes au cercle \(CME\), donc \(A_1E = AM\). De même \(B_1C = BM\), d'où \(A_1E = AM = BM = B_1C\), puis \(XA_1 = XB_1\). Ainsi

\[XE \cdot XA_1 = XC \cdot XB_1 :\]

les puissances de \(X\) par rapport aux cercles \(DEAM\) et \(BCDM\) sont égales, donc \(X\) est sur leur axe radical, qui est \(DM\).

Ensuite, puisque \(XC = XE\) et que \(XC\), \(XE\) sont tangentes aux cercles \(CDQL\) et \(DEKP\), \(X\) a la même puissance par rapport à ces deux cercles : \(DX\) est leur axe radical. Comme \(M\) est sur \(DX\), on obtient \(ME \cdot MK = MC \cdot ML\), donc \(C\), \(E\), \(K\), \(L\) sont cocycliques. Par suite \(\angle MKL = \angle ECM = \angle KMA\), donc \(KL \parallel AB\).

(c) Comme \(\angle EPK = \angle EMA = \angle QLK\), le quadrilatère \(KLQP\) est inscriptible. Les axes radicaux des cercles \(DEKP\), \(CDQL\) et \(KLQP\) pris deux à deux sont \(DM\), \(KP\) et \(LQ\) : ils sont concourants au centre radical des trois cercles. \(\blacksquare\)

Solution 3

(a) Comme dans la solution 1.

(b) Autre preuve de \(KL \parallel AB\). Notons \(I = AD \cap LQ\), \(H = BD \cap KP\), \(U = AB \cap LQ\) et \(V = AB \cap KP\) (voir la figure). Comme

\[\angle DHP = \angle DLM = 180^\circ - \angle CLD = 180^\circ - \angle CQD = \angle DQE,\]

le point \(H\) est sur le cercle \(DPQ\) ; de même pour \(I\). Donc \(\angle LIH = \angle QDB = \angle EDA = \angle EMA\), et \(LQ \parallel ME\) entraîne \(HI \parallel AB\).

Posons \(AM = BM = d\). Par Thalès (droites parallèles \(BU \parallel IH\), \(LM \parallel HV\), etc.),

\[\frac{BU}{IH} = \frac{BL}{LH} = \frac{BM}{MV} = \frac{d}{d + AV} \quad \text{et} \quad \frac{AV}{IH} = \frac{AK}{KI} = \frac{AM}{MU} = \frac{d}{d + BU}.\]

Donc \(BU \cdot (d + AV) = AV \cdot (d + BU)\), soit \(BU = AV\). Par conséquent \(MU = MV\) et les triangles \(MLU\) et \(VKM\) (de côtés parallèles) sont isométriques, ce qui donne \(KL \parallel AB \parallel HI\).

(c) Les droites \(MK\), \(ML\), \(KP\) et \(LQ\) délimitent un parallélogramme (car \(KP \parallel ML\) et \(LQ \parallel MK\)), de diagonale \([KL]\). La droite \(DM\) passe par le milieu de \([KL]\) (puisque \(KL \parallel AB\) et que \(M\) est le milieu de \([AB]\)), qui est le centre du parallélogramme, et par le sommet \(M\). Elle passe donc par le sommet opposé, qui est l'intersection de \(KP\) et \(LQ\). \(\blacksquare\)