Shortlist 2006, G5

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

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

Solution officielle : Shortlist officielle 2006 (avec solutions), p. 40 (page 41 du PDF)

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Énoncé

In triangle \(ABC\), let \(J\) be the centre of the excircle tangent to side \(BC\) at \(A_1\) and to the extensions of sides \(AC\) and \(AB\) at \(B_1\) and \(C_1\), respectively. Suppose that the lines \(A_1B_1\) and \(AB\) are perpendicular and intersect at \(D\). Let \(E\) be the foot of the perpendicular from \(C_1\) to line \(DJ\). Determine the angles \(\angle BEA_1\) and \(\angle AEB_1\).

Indices : les idées clés

• Triangles semblables : avec \(K = JC \cap A_1B_1\), \(JC_1^2 = JC \cdot C_1D\), d'où \(DC_1J \sim C_1JC\) et \(C_1\), \(E\), \(C\) alignés.
• Cocyclicités : \(A_1\), \(B_1\), \(E\) sont sur le cercle de diamètre \(CJ\), puis \(BEA_1D\) et \(ADEB_1\) sont inscriptibles.
• Puissance de \(J\) (solution 2) : \(JA_1^2 = JB_1^2 = JC_1^2 = JD \cdot JE\) place \(E\) sur les cercles de diamètres \(A_1B\) et \(AB_1\).

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2006 (trois solutions et une remarque).

Solution 1

Réponse : \(\angle BEA_1 = \angle AEB_1 = 90^\circ\).

Soit \(K\) le point d'intersection des droites \(JC\) et \(A_1B_1\). Évidemment, \(JC \perp A_1B_1\), et comme \(A_1B_1 \perp AB\), les droites \(JK\) et \(C_1D\) sont parallèles et de même longueur. Le triangle rectangle \(B_1CJ\) donne \(JC_1^2 = JB_1^2 = JC \cdot JK = JC \cdot C_1D\), d'où l'on tire \(DC_1/C_1J = C_1J/JC\), et les triangles rectangles \(DC_1J\) et \(C_1JC\) sont semblables. Donc \(\angle C_1DJ = \angle JC_1C\), ce qui implique que les droites \(DJ\) et \(C_1C\) sont perpendiculaires, c'est-à-dire que les points \(C_1\), \(E\), \(C\) sont alignés.

Comme \(\angle CA_1J = \angle CB_1J = \angle CEJ = 90^\circ\), les points \(A_1\), \(B_1\) et \(E\) sont sur le cercle de diamètre \(CJ\). Alors \(\angle DBA_1 = \angle A_1CJ = \angle DEA_1\), ce qui implique que le quadrilatère \(BEA_1D\) est inscriptible ; donc \(\angle A_1EB = 90^\circ\).

Le quadrilatère \(ADEB_1\) est aussi inscriptible, puisque \(\angle EB_1A = \angle EJC = \angle EDC_1\) ; on obtient donc \(\angle AEB_1 = \angle ADB = 90^\circ\). \(\blacksquare\)

Solution 2

Considérons les cercles \(\omega_1\), \(\omega_2\) et \(\omega_3\) de diamètres respectifs \(C_1D\), \(A_1B\) et \(AB_1\). Les segments \(JC_1\), \(JB_1\) et \(JA_1\) sont tangents à ces cercles, et, grâce à l'angle droit en \(D\), \(\omega_2\) et \(\omega_3\) passent par le point \(D\). Comme \(\angle C_1ED\) est droit, le point \(E\) est sur le cercle \(\omega_1\), donc

\[JC_1^2 = JD \cdot JE.\]

Comme \(JA_1 = JB_1 = JC_1\) sont tous des rayons du cercle exinscrit, on a aussi

\[JA_1^2 = JD \cdot JE \qquad \text{et} \qquad JB_1^2 = JD \cdot JE.\]

Ces égalités montrent que \(E\) est aussi sur les cercles \(\omega_2\) et \(\omega_3\), donc \(\angle BEA_1 = \angle AEB_1 = 90^\circ\). \(\blacksquare\)

Solution 3

Remarquons d'abord que \(A_1B_1\) est perpendiculaire à la bissectrice extérieure \(CJ\) de \(\angle BCA\) et parallèle à la bissectrice intérieure de cet angle. Donc \(A_1B_1\) est perpendiculaire à \(AB\) si et seulement si le triangle \(ABC\) est isocèle, \(AC = BC\). Dans ce cas, la bissectrice extérieure \(CJ\) est parallèle à \(AB\).

Les triangles \(ABC\) et \(B_1A_1J\) sont semblables, puisque leurs côtés correspondants sont perpendiculaires. En particulier, on a \(\angle DA_1J = \angle C_1BA_1\) ; de plus, d'après le cerf-volant inscriptible \(JA_1BC_1\),

\[\angle C_1A_1J = \angle C_1BJ = \frac{1}{2}\angle C_1BA_1 = \frac{1}{2}\angle DA_1J.\]

Donc \(A_1C_1\) est la bissectrice de l'angle \(\angle DA_1J\).

Dans le triangle \(B_1A_1J\), la droite \(JC_1\) est la bissectrice extérieure au sommet \(J\). Le point \(C_1\) est l'intersection de deux bissectrices extérieures (en \(A_1\) et en \(J\)), donc \(C_1\) est le centre du cercle exinscrit \(\omega\), tangent au côté \(A_1J\) et au prolongement de \(B_1A_1\) au point \(D\).

Considérons maintenant la similitude \(\varphi\) qui envoie \(B_1\) sur \(A\), \(A_1\) sur \(B\) et \(J\) sur \(C\). Cette similitude se décompose en une rotation de \(90^\circ\) autour d'un certain point \(O\) et une homothétie de même centre. Elle envoie le point \(C_1\) (centre du cercle exinscrit \(\omega\)) sur \(J\), et \(D\) (le point de contact) sur \(C_1\).

Comme l'angle de rotation est \(90^\circ\), on a \(\angle XO\varphi(X) = 90^\circ\) pour tout point \(X \neq O\). Pour \(X = D\) et \(X = C_1\), on obtient \(\angle DOC_1 = \angle C_1OJ = 90^\circ\). Donc \(O\) est sur le segment \(DJ\) et \(C_1O\) est perpendiculaire à \(DJ\). Cela signifie que \(O = E\).

Pour \(X = A_1\) et \(X = B_1\), on obtient \(\angle A_1OB = \angle B_1OA = 90^\circ\), c'est-à-dire

\[\angle BEA_1 = \angle AEB_1 = 90^\circ. \qquad \blacksquare\]

Remarque. En choisissant \(X = J\), il s'ensuit aussi que \(\angle JEC = 90^\circ\), ce qui prouve que les droites \(DJ\) et \(CC_1\) se coupent au point \(E\). Cependant, c'est vrai plus généralement, sans supposer que \(A_1B_1\) et \(AB\) sont perpendiculaires, car les points \(C\) et \(D\) sont conjugués par rapport au cercle exinscrit. Cette dernière observation pourrait remplacer le premier paragraphe de la solution 1.