Shortlist 2025, G7¶
Domaine : Géométrie · Difficulté : ★★★★★ · Proposé par : Islamic Republic of Iran
Concepts : Homothétie · Outils projectifs : birapport, division harmonique, pôles et polaires · Puissance d'un point et axe radical
Solution officielle : Shortlist officielle 2025 (avec solutions), section G7 (livret PDF)
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Énoncé¶
Let \(ABCD\) be a cyclic quadrilateral with circumcircle \(\Omega\) such that \(CD > BD > BC\). The tangents to \(\Omega\) at \(B\) and \(C\) meet at a point \(S\). A line \(\ell\) is called coastal if:
- \(\ell\) does not pass through \(A\),
- \(\ell\) intersects ray \(SD\) at a point \(X_\ell\) beyond \(D\), and
- there is a circle tangent to line \(\ell\), line \(X_\ell A\), segment \(SB\) and segment \(SC\).
Prove that there is a circle that is tangent to \(\Omega\) and all coastal lines.
Indices : les idées clés
- Trouver d'abord le point de contact fixe \(U\) : c'est le second point d'intersection de \(KA\) avec \(\Omega\), où \(K\) est le pôle de \(SD\) (solution 1), ou le second point de contact des tangentes issues de \(V\) (solution 2).
- Homothétie : l'homothétie de centre \(S\) envoie \(\omega\) sur \(\Omega\), et le cercle cherché est l'image de \(\Omega\) par une homothétie de centre \(U\) (solution 1) ; théorème de Monge (solution 2).
- Outils projectifs (solution 1) : pôles et polaires par rapport à \(\Omega\) (théorème de La Hire).
- Puissance d'un point et axe radical (solution 2) : \(SD\) est l'axe radical de \(\Gamma\) et du cercle-point \(A\) ; théorème des axes radicaux.
- Théorème de Pitot (solution 2) : il donne une égalité de longueurs de tangentes qui fournit le cercle \(\Gamma_\ell\).
Solutions
Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2025 (deux solutions et deux remarques).
Solution 1¶
Soit \(K\) le pôle de la droite \(SD\) par rapport à \(\Omega\), et soit \(U\) le second point d'intersection de la droite \(KA\) avec \(\Omega\). (Voir la figure.)
Considérons une droite côtière \(\ell\), et soit \(\omega\) le cercle tangent à \(\ell\), \(X_\ell A\), \(SB\) et \(SC\). Comme \(\omega\) est tangent aux segments \(SB\) et \(SC\), il existe une homothétie \(\rho\) de centre \(S\) qui envoie \(\omega\) sur \(\Omega\). Soit \(Y\) l'image de \(X_\ell\) par \(\rho\) (elle est sur la droite \(SD\)). Les images des droites \(X_\ell A\) et \(\ell\) par \(\rho\) sont tangentes à \(\Omega\) ; notons \(E\) et \(F\) leurs points de contact.
Comme \(K\) est le pôle de \(X_\ell D\) et que \(Y\) est sur cette droite, \(K\) est sur la polaire \(EF\) de \(Y\). Ainsi \(K = AU \cap EF\), et l'intersection \(J\) des droites \(AE\) et \(UF\) est sur \(X_\ell D\), car cette droite est la polaire de \(K\). Soit \(L\) l'intersection de \(UF\) avec \(\ell\). Soit \(\nu\) l'homothétie de centre \(U\) qui envoie \(F\) sur \(L\), et soit \(\Gamma\) l'image de \(\Omega\) par \(\nu\). Comme \(\ell\) est parallèle à la tangente en \(F\) à \(\Omega\), la droite \(\ell\) touche \(\Gamma\) en \(L\), et \(\Omega\) touche \(\Gamma\) en \(U\). Il suffit donc de montrer que \(\Gamma\) est un cercle fixe, c'est-à-dire que \(\frac{UL}{UF}\) est constant.
Grâce aux droites parallèles (\(X_\ell A \parallel YE\) et \(\ell \parallel YF\)), il existe une homothétie de centre \(J\) qui envoie le triangle \(X_\ell AL\) sur le triangle \(YEF\) ; donc \(AL\) est parallèle à \(EF\). Par Thalès dans le triangle \(UKF\) (avec \(A \in UK\), \(L \in UF\) et \(K \in EF\)), on obtient
qui est constant (il ne dépend pas de \(\ell\)). \(\blacksquare\)
Solution 2¶
Nous allons trouver un point fixe \(U\) de \(\Omega\) et un cercle \(\Gamma\) (indépendant de \(\ell\)) tels que \(\Omega\) touche \(\Gamma\) en \(U\) et \(\ell\) soit tangente à \(\Gamma\).
Soit \(V\) le point où la tangente à \(\Omega\) en \(A\) coupe la droite \(SD\), et soit \(U\) le point de contact de l'autre tangente à \(\Omega\) issue de \(V\). Soit \(\Gamma\) le cercle tangent à \(\Omega\) en \(U\) dont le centre \(O\) est sur la perpendiculaire à \(SD\) issue de \(A\). Soit \(r\) l'axe radical de \(\Gamma\) et du cercle-point \(A\). Comme \(VU = VA\) (et que \(VU\) est aussi tangente à \(\Gamma\)), \(V\) est sur \(r\). De plus, \(r\) est perpendiculaire à \(AO\) ; donc \(SD\) est l'axe radical de \(\Gamma\) et du cercle-point \(A\). (Voir la figure.)
Fixons une droite côtière \(\ell\), et soit \(\omega\) le cercle tangent à \(\ell\), \(X_\ell A\), \(SB\) et \(SC\). La droite \(VU\) coupe \(X_\ell A\) en \(Q\) et \(\ell\) en \(R\).
Affirmation. \(X_\ell A + AV = X_\ell R + RV\).
Preuve. Soit \(\delta\) le cercle exinscrit du triangle \(X_\ell QR\) opposé à \(X_\ell\). Par le théorème de Monge appliqué à \(\delta\), \(\omega\) et \(\Omega\) (les centres d'homothétie de \(\omega, \delta\) et de \(\omega, \Omega\) sont \(X_\ell\) et \(S\), tous deux sur \(SD\), et la tangente commune \(VU\) à \(\delta\) et \(\Omega\) passe par \(V \in SD\)), la droite \(VA\) est tangente à \(\delta\). Par le théorème de Pitot (pour le cercle \(\delta\) tangent aux quatre droites \(X_\ell A\), \(AV\), \(VR\), \(RX_\ell\)), on obtient \(X_\ell A + AV = X_\ell R + RV\). \(\square\)
Soit \(L\) le point de la demi-droite \([X_\ell R)\) tel que \(X_\ell L = X_\ell A\). Alors, comme \(AV = UV\),
Il existe donc un cercle \(\Gamma_\ell\) tangent à \(RL\) en \(L\) et à \(RU\) en \(U\). Comme \(X_\ell L = X_\ell A\), le point \(X_\ell\) est sur l'axe radical de \(\Gamma_\ell\) et du point \(A\). Si \(\Gamma_\ell\) et \(\Gamma\) sont le même cercle, alors \(\ell\) est tangente à \(\Gamma\), comme voulu. Sinon, par le théorème des axes radicaux appliqué à ces deux cercles et au cercle-point \(A\), le point \(X_\ell\) (qui est sur \(SD\), axe radical de \(\Gamma\) et de \(A\)) est sur l'axe radical \(VU\) de \(\Gamma_\ell\) et \(\Gamma\), donc \(X_\ell = V\). Mais alors le cercle tangent à la droite \(X_\ell A\) et aux segments \(SB\) et \(SC\) est \(\omega = \Omega\), ce qui signifie que \(\ell\) est l'autre tangente \(VU\) à \(\Omega\) issue de \(X_\ell = V\). Donc \(\ell\) est tangente à \(\Gamma\), comme voulu. \(\blacksquare\)
Remarques¶
Remarque 1 (généralisation). La solution 2 s'adapte à une généralisation du problème, où \(A\) est remplacé par un cercle tangent intérieurement à \(\Omega\), et la droite \(X_\ell A\) par une droite issue de \(X_\ell\) tangente à ce cercle.
Remarque 2 (géométrie hyperbolique). Si l'on modifie la figure pour que tous les points et cercles soient du même côté de \(SX_\ell\), on peut la lire dans le modèle du demi-plan de Poincaré, où \(SX_\ell\) est l'axe horizontal. Les demi-droites \(SB\) et \(SC\) sont alors des hypercycles ayant les mêmes points idéaux, donc à distance (hyperbolique) constante \(d\) l'un de l'autre ; les deux cercles \(\Omega\) et \(\omega\) inscrits entre elles ont pour diamètre \(d\). De même, la distance entre les hypercycles \(X_\ell A\) et \(\ell\) est le diamètre de \(\omega\), soit \(d\). Enfin, la distance entre \(\ell\) et \(A\) vaut \(d\), donc \(\ell\) est tangente au cercle \(\Gamma\) de rayon hyperbolique \(d\) centré en \(A\) ; comme \(\Omega\) a pour diamètre hyperbolique \(d\) et que \(A \in \Omega\), le cercle \(\Gamma\) est tangent à \(\Omega\). Cette solution peut se reformuler en termes élémentaires (birapports ou trigonométrie pour définir la distance entre hypercycles), et ces versions s'appliquent directement au problème tel qu'il est posé, où la droite \(SX_\ell\) coupe \(\Omega\). Le livret renvoie à un article de G. Kós (KöMaL, mars 2020, en hongrois) sur ces méthodes.