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Shortlist 2025, G4

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

Concepts : Chasse aux angles et quadrilatères cycliques · Triangles semblables et similitudes · Centres du triangle et lemmes classiques · Puissance d'un point et axe radical

Solution officielle : Shortlist officielle 2025 (avec solutions), section G4 (livret PDF)

Problème 2 de l'OIM 2025

Ce problème a été choisi parmi ceux de la shortlist pour l'épreuve de l'OIM 2025, où il était le problème 2 (jour 1).

Énoncé

Let \(\Omega\) and \(\Gamma\) be circles centred at \(M\) and \(N\), respectively, such that the radius of \(\Omega\) is smaller than the radius of \(\Gamma\). Suppose circles \(\Omega\) and \(\Gamma\) intersect at two distinct points \(A\) and \(B\). Line \(MN\) intersects \(\Omega\) at \(C\) and \(\Gamma\) at \(D\), such that points \(C\), \(M\), \(N\) and \(D\) lie on the line in that order. Let \(P\) be the circumcentre of triangle \(ACD\). Line \(AP\) intersects \(\Omega\) again at \(E \neq A\). Line \(AP\) intersects \(\Gamma\) again at \(F \neq A\). Let \(H\) be the orthocentre of triangle \(PMN\).

Prove that the line passing through \(H\) parallel to \(AP\) is tangent to the circumcircle of triangle \(BEF\).

Indices : les idées clés
Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2025 (deux solutions).

Solution 1

Figure (solution 1)

Soit \(T\) l'intersection des droites \(ME\) et \(NF\). Nous montrons d'abord que le cercle \(BFE\) passe par \(T\), puis que la droite \(TH\) est parallèle à \(AP\) et tangente au cercle \(BFE\). (Voir la figure.)

Comme \(P\) est le centre du cercle \(ACD\) et que \(B\) est le symétrique de \(A\) par rapport à \(MN\),

\[\angle CPA = 2\angle CDA = \angle BDA = \angle BFA,\]

donc \(PC \parallel FB\). De même \(PD \parallel BE\). Par chasse aux angles (triangles isocèles \(NAF\), \(MAE\), \(PCD\) et symétries de \(A\) par rapport à \(NP\) et \(MP\)) :

\[\angle EFT = \angle NAP = \angle PDN = \angle MCP = \angle PAM = \angle MEA = \angle TEF,\]

donc les triangles \(EFT\) et \(DCP\) sont isocèles et semblables : \(\triangle EFT \sim \triangle DCP\).

Comme \(\angle FTE = \angle CPD = 180^\circ - \angle EBF\) (les côtés de l'angle \(\angle EBF\) sont parallèles à ceux de \(\angle CPD\)), les points \(B\), \(F\), \(T\), \(E\) sont cocycliques.

Dans le cercle \(BFTE\), comme \(TE = TF\), la droite \(BT\) est bissectrice de \(\angle EBF\) ; d'autre part, dans le triangle isocèle \(CDP\), le côté \(CD\) est parallèle à la bissectrice extérieure de \(\angle CPD\). Cela donne \(BT \parallel CD\).

De

\[\angle CPH = \tfrac{1}{2}\angle CPD = \tfrac{1}{2}(\angle CPA + \angle APD) = \angle MPA + \angle APN = \angle MPN,\]

on tire \(\angle CPM = \angle HPN\). Par suite,

\[\angle NMT = \angle BTM = \angle BFE = \angle CPA = 2\angle CPM = 2\angle HPN = 2\angle NMH,\]

donc \(MH\) est bissectrice de \(\angle NMT\). De même, \(NH\) est bissectrice de \(\angle TNM\).

Il s'ensuit que \(H\) est le centre du cercle inscrit du triangle \(MTN\), et que \(TH\) est bissectrice de \(\angle MTN\). Précision ajoutée : \(M\) est du même côté de \(T\) que \(E\) tandis que \(N\) est du côté opposé à \(F\), donc la bissectrice de \(\angle MTN\) est la bissectrice extérieure de l'angle \(\angle ETF\). Ainsi, dans le triangle isocèle \(EFT\), la droite \(TH\) est parallèle à la base, c'est-à-dire à la droite \(AEFP\), et elle est tangente en \(T\) au cercle \(EFT\), qui est le cercle \(BEF\). \(\blacksquare\)

Solution 2

Figure (solution 2)

La corde \(AC\) est commune à \(\Omega\) et au cercle \(ACD\), donc \(A\) et \(C\) sont symétriques par rapport à la droite \(MP\). De même, \(A\) et \(D\) sont symétriques par rapport à \(NP\). Comme \(PC = PD\),

\[\angle PAM = \angle MCP = \angle PDN = \angle NAP.\]

On a donc \(\angle MEA = \angle EAM = \angle NAE\), et \(EM \parallel NA\). De même, \(FN \parallel MA\). Soit \(T\) l'intersection des droites \(ME\) et \(NF\) : \(AMTN\) est un parallélogramme.

La corde \(AB\) est commune à \(\Omega\) et \(\Gamma\), donc \(A\) et \(B\) sont symétriques par rapport à \(MN\). Ainsi \(\angle NMB = \angle AMN = \angle TNM\) et \(BM = AM = NT\), donc \(MBTN\) est un trapèze isocèle. On en déduit \(\angle TMB = \angle TNB\). On a aussi \(\frac{EM}{MB} = 1 = \frac{FN}{NB}\), d'où les triangles semblables \(\triangle EMB \sim \triangle FNB\). Alors

\[\angle EBF = \angle MBN = \angle MTN = 180^\circ - \angle FTE.\]

Donc \(BFTE\) est cyclique. Il vient \(\angle EFT = \angle NAF = \angle TEF\), de sorte que le triangle \(TEF\) est isocèle. Il suffit donc de prouver que \(HT\) est parallèle à \(EF\) : alors \(HT\) sera tangente en \(T\) au cercle circonscrit à \(BFE\).

D'abord, \(HN \perp PM\) et \(PM \perp AC\), donc \(HN \parallel AC\). De même, \(HM \parallel AD\). Soit \(Q\) l'intersection des droites \(AP\) et \(MN\). Comme \(\angle PAM = \angle PDN\), le quadrilatère \(DAMP\) est cyclique ; de même \(CPNA\) est cyclique. Par la puissance du point \(Q\),

\[QC \cdot QN = QA \cdot QP = QM \cdot QD, \quad \text{donc} \quad \frac{QM}{QC} = \frac{QN}{QD} = k.\]

Soit \(L\) le point du segment \(AQ\) tel que \(\frac{QL}{QA} = k\). Par Thalès, \(ML \parallel CA \parallel HN\) et \(NL \parallel DA \parallel HM\). Ainsi \(LMHN\) est un parallélogramme. Comme \(AMTN\) est aussi un parallélogramme, \(\vec{LH} = \vec{LM} + \vec{LN}\) et \(\vec{AT} = \vec{AM} + \vec{AN}\), d'où \(\vec{TH} = \vec{LA}\) : \(HT\) est parallèle à \(AL\), donc à \(EF\). Donc \(HT\) est tangente au cercle circonscrit à \(BFE\). \(\blacksquare\)