Shortlist 2009, G1

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

Concepts : Chasse aux angles et quadrilatères cycliques · Centres du triangle et lemmes classiques · Trigonométrie : loi des sinus, Ceva trigonométrique

Solution officielle : Shortlist officielle 2009 (avec solutions), p. 47 (page 49 du PDF)

Problème 4 de l'OIM 2009

Ce problème a été choisi parmi ceux de la shortlist pour l'épreuve de l'OIM 2009, où il était le problème 4 (jour 2).

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Énoncé

Let \(ABC\) be a triangle with \(AB = AC\). The angle bisectors of \(A\) and \(B\) meet the sides \(BC\) and \(AC\) in \(D\) and \(E\), respectively. Let \(K\) be the incenter of triangle \(ADC\). Suppose that \(\angle BEK = 45^\circ\). Find all possible values of \(\angle BAC\).

Indices : les idées clés

• Cercles inscrits : avec \(I\) centre du cercle inscrit de \(ABC\) et \(F\) son point de contact sur \(AC\), \(IF\) et \(ID\) sont symétriques par rapport à \(IC\), donc le cercle inscrit de \(ADC\) est aussi tangent à \(IF\) : \(KRFS\) est un carré et \(\angle KFC = 45^\circ\).
• Cocyclicité : si \(\angle BEK = 45^\circ\), ou bien \(F = E\) (triangle équilatéral), ou bien \(K\), \(E\), \(F\), \(I\) sont cocycliques, ce qui donne \(\angle BAC = 90^\circ\).
• Trigonométrie (solution 2) : le produit de quatre rapports de la loi des sinus aboutit à \(\cos(45^\circ + \frac{3}{4}\alpha)\cos(45^\circ + \frac{\alpha}{2}) = 0\).

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2009 (deux solutions). C'est le problème 4 de l'OIM 2009.

Solution 1

Réponse : \(\angle BAC = 60^\circ\) ou \(\angle BAC = 90^\circ\) sont les seules valeurs possibles.

Soit \(I\) le centre du cercle inscrit du triangle \(ABC\) ; alors \(K\) est sur la droite \(CI\). Soit \(F\) le point de contact du cercle inscrit de \(ABC\) avec le côté \(AC\) ; les segments \(IF\) et \(ID\) ont alors la même longueur et sont perpendiculaires à \(AC\) et à \(BC\) respectivement.

Soient \(P\), \(Q\) et \(R\) les points de contact du cercle inscrit du triangle \(ADC\) avec les côtés \(AD\), \(DC\) et \(CA\) respectivement. Comme \(K\) et \(I\) sont sur la bissectrice de \(\angle ACD\), les segments \(ID\) et \(IF\) sont symétriques par rapport à la droite \(IC\). Il existe donc un point \(S\) sur \(IF\) où le cercle inscrit du triangle \(ADC\) touche le segment \(IF\). Les segments \(KP\), \(KQ\), \(KR\) et \(KS\) ont alors tous la même longueur et sont perpendiculaires à \(AD\), \(DC\), \(CA\) et \(IF\) respectivement. Ainsi, quelle que soit la valeur de \(\angle BEK\), le quadrilatère \(KRFS\) est un carré et \(\angle SFK = \angle KFC = 45^\circ\).

Considérons le cas \(\angle BAC = 60^\circ\) (voir figure 1). Le triangle \(ABC\) est alors équilatéral. De plus, \(F = E\), donc \(\angle BEK = \angle IFK = \angle SEK = 45^\circ\). Donc \(60^\circ\) est une valeur possible de \(\angle BAC\).

Considérons maintenant le cas \(\angle BAC = 90^\circ\) (voir figure 2). Alors \(\angle CBA = \angle ACB = 45^\circ\). De plus, \(\angle KIE = \frac{1}{2}\angle CBA + \frac{1}{2}\angle ACB = 45^\circ\), \(\angle AEB = 180^\circ - 90^\circ - 22{,}5^\circ = 67{,}5^\circ\) et \(\angle EIA = \angle BID = 180^\circ - 90^\circ - 22{,}5^\circ = 67{,}5^\circ\). Le triangle \(IEA\) est donc isocèle, et la symétrie par rapport à la bissectrice de \(\angle IAE\) envoie \(I\) sur \(E\) et \(K\) sur lui-même. Le triangle \(IKE\) est donc symétrique par rapport à cet axe, c'est-à-dire \(\angle KIE = \angle IEK = \angle BEK = 45^\circ\). Donc \(90^\circ\) est aussi une valeur possible de \(\angle BAC\).

Si, d'autre part, \(\angle BEK = 45^\circ\), alors \(\angle BEK = \angle IEK = \angle IFK = 45^\circ\). Alors

• ou bien \(F = E\), ce qui fait de la bissectrice \(BI\) une hauteur, c'est-à-dire que le triangle \(ABC\) est isocèle de base \(AC\), donc équilatéral, et \(\angle BAC = 60^\circ\) ;
• ou bien \(E\) est entre \(F\) et \(C\), ce qui rend les points \(K\), \(E\), \(F\) et \(I\) cocycliques, donc \(45^\circ = \angle KFC = \angle KFE = \angle KIE = \angle CBI + \angle ICB = 2 \cdot \angle ICB = 90^\circ - \frac{1}{2}\angle BAC\), et ainsi \(\angle BAC = 90^\circ\) ;
• ou bien \(F\) est entre \(E\) et \(C\) ; là encore, \(K\), \(E\), \(F\) et \(I\) sont cocycliques, donc \(45^\circ = \angle KFC = 180^\circ - \angle KFE = \angle KIE\), ce qui donne le même résultat \(\angle BAC = 90^\circ\). (Cependant, pour \(\angle BAC = 90^\circ\), \(E\) est en fait entre \(F\) et \(C\), voir figure 2. Ce cas ne se produit donc pas.)

Cela prouve que \(90^\circ\) et \(60^\circ\) sont les seules valeurs possibles de \(\angle BAC\). \(\blacksquare\)

Solution 2

Notons comme d'habitude \(\alpha\), \(\beta\) et \(\gamma\) les angles en \(A\), \(B\) et \(C\). Comme le triangle \(ABC\) est isocèle, on a \(\beta = \gamma = 90^\circ - \frac{\alpha}{2} < 90^\circ\), donc \(\angle ECK = 45^\circ - \frac{\alpha}{4} = \angle KCD\). Comme \(K\) est le centre du cercle inscrit de \(ADC\), on a \(\angle CDK = \angle KDA = 45^\circ\) ; de plus, \(\angle DIC = 45^\circ + \frac{\alpha}{4}\). Si maintenant \(\angle BEK = 45^\circ\), des calculs faciles dans les triangles \(BCE\) et \(KCE\) donnent

\[\angle KEC = 180^\circ - \frac{\beta}{2} - 45^\circ - \beta = 135^\circ - \frac{3}{2}\beta = \frac{3}{2}(90^\circ - \beta) = \frac{3}{4}\alpha, \qquad \angle IKE = \frac{3}{4}\alpha + 45^\circ - \frac{\alpha}{4} = 45^\circ + \frac{\alpha}{2}.\]

Dans les triangles \(ICE\), \(IKE\), \(IDK\) et \(IDC\), on a donc (voir figure 3)

\[\frac{IC}{IE} = \frac{\sin \angle IEC}{\sin \angle ECI} = \frac{\sin(45^\circ + \frac{3}{4}\alpha)}{\sin(45^\circ - \frac{\alpha}{4})}, \qquad \frac{IE}{IK} = \frac{\sin \angle EKI}{\sin \angle IEK} = \frac{\sin(45^\circ + \frac{\alpha}{2})}{\sin 45^\circ},\]

\[\frac{IK}{ID} = \frac{\sin \angle KDI}{\sin \angle IKD} = \frac{\sin 45^\circ}{\sin(90^\circ - \frac{\alpha}{4})}, \qquad \frac{ID}{IC} = \frac{\sin \angle ICD}{\sin \angle CDI} = \frac{\sin(45^\circ - \frac{\alpha}{4})}{\sin 90^\circ}.\]

En multipliant ces quatre égalités, on obtient

\[1 = \frac{\sin(45^\circ + \frac{3}{4}\alpha)\sin(45^\circ + \frac{\alpha}{2})}{\sin(90^\circ - \frac{\alpha}{4})}.\]

Or

\[\sin\left(90^\circ - \frac{\alpha}{4}\right) = \cos\frac{\alpha}{4} = \cos\left(\left(45^\circ + \frac{3}{4}\alpha\right) - \left(45^\circ + \frac{\alpha}{2}\right)\right) = \cos\left(45^\circ + \frac{3}{4}\alpha\right)\cos\left(45^\circ + \frac{\alpha}{2}\right) + \sin\left(45^\circ + \frac{3}{4}\alpha\right)\sin\left(45^\circ + \frac{\alpha}{2}\right),\]

donc cette égalité équivaut à

\[\sin\left(45^\circ + \frac{3}{4}\alpha\right)\sin\left(45^\circ + \frac{\alpha}{2}\right) = \cos\left(45^\circ + \frac{3}{4}\alpha\right)\cos\left(45^\circ + \frac{\alpha}{2}\right) + \sin\left(45^\circ + \frac{3}{4}\alpha\right)\sin\left(45^\circ + \frac{\alpha}{2}\right)\]

et finalement à

\[\cos\left(45^\circ + \frac{3}{4}\alpha\right)\cos\left(45^\circ + \frac{\alpha}{2}\right) = 0.\]

Cela signifie \(\cos(45^\circ + \frac{3}{4}\alpha) = 0\), donc \(45^\circ + \frac{3}{4}\alpha = 90^\circ\), c'est-à-dire \(\alpha = 60^\circ\) ; ou bien \(\cos(45^\circ + \frac{\alpha}{2}) = 0\), donc \(45^\circ + \frac{\alpha}{2} = 90^\circ\), c'est-à-dire \(\alpha = 90^\circ\). Ce sont donc les deux seules valeurs possibles de \(\alpha\).

D'autre part, \(\alpha = 90^\circ\) et \(\alpha = 60^\circ\) donnent tous deux \(\angle BEK = 45^\circ\), comme on l'a montré dans la solution 1. \(\blacksquare\)