Shortlist 2008, G7

Domaine : Géométrie · Difficulté : ★★★★☆ · Proposé par : non indiqué

Concepts : Homothétie · Centres du triangle et lemmes classiques

Solution officielle : Shortlist officielle 2008 (avec solutions), p. 40 (page 41 du PDF)

Problème 6 de l'OIM 2008

Ce problème a été choisi parmi ceux de la shortlist pour l'épreuve de l'OIM 2008, où il était le problème 6 (jour 2).

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Énoncé

Let \(ABCD\) be a convex quadrilateral with \(AB \neq BC\). Denote by \(\omega_1\) and \(\omega_2\) the incircles of triangles \(ABC\) and \(ADC\). Suppose that there exists a circle \(\omega\) inscribed in angle \(ABC\), tangent to the extensions of line segments \(AD\) and \(CD\). Prove that the common external tangents of \(\omega_1\) and \(\omega_2\) intersect on \(\omega\).

Indices : les idées clés

• Tangentes égales : l'existence de \(\omega\) donne \(AB + AD = CB + CD\), donc le point de contact de \(\omega_1\) avec \(AC\) est celui du cercle exinscrit de \(ADC\), et inversement.
• Lemme du diamètre : si \(PP'\) est le diamètre du cercle inscrit passant par le point de contact \(P\), la droite \(BP'\) passe par le point de contact \(Q\) du cercle exinscrit.
• Homothéties : avec \(T\) le point de \(\omega\) le plus proche de \(AC\), les homothéties de centres \(B\) et \(D\) montrent que \(T\), \(P'\), \(Q\) et \(T\), \(Q'\), \(P\) sont alignés ; \(T\) est donc le centre d'homothétie positive de \(\omega_1\) vers \(\omega_2\).

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent la solution officielle de la Shortlist 2008 (une solution). C'est le problème 6 de l'OIM 2008.

Solution

La preuve ci-dessous repose sur deux faits connus.

Lemme 1. Soit \(ABCD\) un quadrilatère convexe, et supposons qu'il existe un cercle inscrit dans l'angle \(ABC\) et tangent aux prolongements des segments \(AD\) et \(CD\). Alors \(AB + AD = CB + CD\).

Preuve. Le cercle en question est tangent à chacune des droites \(AB\), \(BC\), \(CD\), \(DA\), et les points de contact respectifs \(K\), \(L\), \(M\), \(N\) sont placés comme pour le cercle \(\omega\) sur la figure. Alors

\[AB + AD = (BK - AK) + (AN - DN), \qquad CB + CD = (BL - CL) + (CM - DM).\]

De plus, \(BK = BL\), \(DN = DM\), \(AK = AN\), \(CL = CM\), par égalité des tangentes. Il s'ensuit que \(AB + AD = CB + CD\). \(\square\)

Pour abréger, on écrit dans la suite « cercle exinscrit \(AC\) » pour le cercle exinscrit d'un triangle de côté \(AC\) qui est tangent au segment \(AC\) et aux prolongements des deux autres côtés.

Lemme 2. Le cercle inscrit du triangle \(ABC\) est tangent à son côté \(AC\) en \(P\). Soit \(PP'\) le diamètre du cercle inscrit passant par \(P\), et soit \(Q\) le point d'intersection de la droite \(BP'\) avec \(AC\). Alors \(Q\) est le point de contact du côté \(AC\) avec le cercle exinscrit \(AC\).

Preuve. La tangente en \(P'\) au cercle inscrit \(\omega_1\) coupe \(BA\) et \(BC\) en \(A'\) et \(C'\). Alors \(\omega_1\) est le cercle exinscrit \(A'C'\) du triangle \(A'BC'\), et il touche le côté \(A'C'\) en \(P'\). Comme \(A'C' \parallel AC\), l'homothétie de centre \(B\) et de rapport \(BQ/BP'\) envoie \(\omega_1\) sur le cercle exinscrit \(AC\) du triangle \(ABC\). Comme cette homothétie envoie \(P'\) sur \(Q\), le lemme en découle. \(\square\)

Rappelons aussi que si le cercle inscrit d'un triangle touche son côté \(AC\) en \(P\), alors le point de contact \(Q\) du même côté avec le cercle exinscrit \(AC\) est l'unique point du segment \(AC\) tel que \(AP = CQ\).

Passons à la preuve principale. Soient \(P\) et \(Q\) les points de contact de \(\omega_1\) et \(\omega_2\) avec \(AC\) ; alors \(AP = (AC + AB - BC)/2\) et \(CQ = (CA + CD - AD)/2\). Comme \(AB - BC = CD - AD\) d'après le lemme 1, on obtient \(AP = CQ\). Il s'ensuit que, dans le triangle \(ABC\), le côté \(AC\) et le cercle exinscrit \(AC\) sont tangents en \(Q\). De même, dans le triangle \(ADC\), le côté \(AC\) et le cercle exinscrit \(AC\) sont tangents en \(P\). Remarquons que \(P \neq Q\) puisque \(AB \neq BC\).

Soient \(PP'\) et \(QQ'\) les diamètres de \(\omega_1\) et \(\omega_2\) perpendiculaires à \(AC\). Le lemme 2 montre alors que les points \(B\), \(P'\) et \(Q\) sont alignés, de même que les points \(D\), \(Q'\) et \(P\).

Considérons le diamètre de \(\omega\) perpendiculaire à \(AC\), et notons \(T\) son extrémité la plus proche de \(AC\). L'homothétie de centre \(B\) et de rapport \(BT/BP'\) envoie \(\omega_1\) sur \(\omega\). Donc \(B\), \(P'\) et \(T\) sont alignés. De même, \(D\), \(Q'\) et \(T\) sont alignés, puisque l'homothétie de centre \(D\) et de rapport \(-DT/DQ'\) envoie \(\omega_2\) sur \(\omega\).

On en déduit que les points \(T\), \(P'\) et \(Q\) sont alignés, de même que \(T\), \(Q'\) et \(P\). Comme \(PP' \parallel QQ'\), les segments \(PP'\) et \(QQ'\) sont alors homothétiques de centre \(T\). Il en est de même des cercles \(\omega_1\) et \(\omega_2\), puisqu'ils ont \(PP'\) et \(QQ'\) comme diamètres. De plus, il est immédiat que \(T\) est du même côté de la droite \(PP'\) que \(Q\) et \(Q'\), donc le rapport d'homothétie est positif. En particulier, \(\omega_1\) et \(\omega_2\) ne sont pas isométriques.

En résumé, \(T\) est le centre d'une homothétie de rapport positif qui envoie le cercle \(\omega_1\) sur le cercle \(\omega_2\). Cela termine la solution, puisque le seul point ayant cette propriété est l'intersection des tangentes communes extérieures de \(\omega_1\) et \(\omega_2\). \(\blacksquare\)