Shortlist 2009, G3

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

Concepts : Puissance d'un point et axe radical · Ceva et Ménélaüs · Trigonométrie : loi des sinus, Ceva trigonométrique

Solution officielle : Shortlist officielle 2009 (avec solutions), p. 52 (page 54 du PDF)

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Énoncé

Let \(ABC\) be a triangle. The incircle of \(ABC\) touches the sides \(AB\) and \(AC\) at the points \(Z\) and \(Y\), respectively. Let \(G\) be the point where the lines \(BY\) and \(CZ\) meet, and let \(R\) and \(S\) be points such that the two quadrilaterals \(BCYR\) and \(BCSZ\) are parallelograms.

Prove that \(GR = GS\).

Indices : les idées clés

• Longueurs de tangentes : avec le cercle exinscrit \(k_a\), on obtient \(ZP = ZS\) et \(CQ = CS\) : les distances de \(Z\) et \(C\) à \(S\) sont des longueurs de tangentes à \(k_a\).
• Axe radical : \(ZC\) est l'axe radical du « cercle-point » \(S\) et de \(k_a\), et de même \(BY\) pour \(R\) et \(k_a\) ; \(G\) est donc le centre radical, d'où \(GR = GS\).
• Calcul (solution 2) : Menelaus, la loi des cosinus et le théorème de Stewart donnent une expression de \(GS^2\) symétrique en \(y\) et \(z\).

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2009 (deux solutions et une remarque).

Solution 1

Notons \(k\) le cercle inscrit et \(k_a\) le cercle exinscrit opposé à \(A\) du triangle \(ABC\). Soient \(X\) et \(T\) les points de contact de \(k\) et \(k_a\) avec le côté \(BC\), et \(P\) et \(Q\) les points de contact de \(k_a\) avec les droites \(AB\) et \(AC\). On utilise plusieurs fois les faits suivants : les côtés opposés d'un parallélogramme ont la même longueur ; les points de contact du cercle exinscrit et du cercle inscrit avec un côté d'un triangle sont symétriques par rapport au milieu de ce côté ; et les deux segments de tangentes issus d'un même point à un cercle ont la même longueur. On obtient ainsi

\[ZP = ZB + BP = XB + BT = BX + CX = ZS \qquad \text{et} \qquad CQ = CT = BX = BZ = CS.\]

Ainsi, pour chacun des points \(Z\), \(C\), la distance à \(S\) est égale à la longueur d'un segment de tangente de ce point à \(k_a\). On sait bien que tous les points ayant cette propriété sont sur la droite \(ZC\), qui est l'axe radical de \(S\) (vu comme cercle de rayon nul) et de \(k_a\). Des arguments analogues donnent que \(BY\) est l'axe radical de \(R\) et de \(k_a\). Le point d'intersection de \(ZC\) et \(BY\), qui est \(G\) par définition, est donc le centre radical de \(R\), \(S\) et \(k_a\), d'où l'on tire immédiatement \(GR = GS\). \(\blacksquare\)

Solution 2

Posons \(x = AZ = AY\), \(y = BZ = BX\), \(z = CX = CY\), \(p = ZG\), \(q = GC\). Plusieurs calculs un peu longs (théorème de Menelaus dans le triangle \(AZC\), loi des cosinus dans les triangles \(ABC\) et \(AZC\), théorème de Stewart dans le triangle \(ZCS\)) donnent quatre équations en \(p\), \(q\), \(\cos \alpha\) et \(GS\), en fonction de \(x\), \(y\) et \(z\), qu'on peut résoudre en \(GS\). Le résultat est symétrique en \(y\) et \(z\), donc \(GR = GS\). Voici le détail.

La droite \(BY\) coupe les côtés du triangle \(AZC\), donc le théorème de Menelaus donne \(\frac{p}{q} \cdot \frac{z}{x} \cdot \frac{x + y}{y} = 1\), d'où

\[\frac{p}{q} = \frac{xy}{yz + zx}. \tag{1}\]

Comme on veut seulement montrer que l'expression de \(GS\) est symétrique en \(y\) et \(z\), on abrège par des majuscules les termes symétriques en \(y\) et \(z\), en commençant par \(N = xy + yz + zx\). Ainsi (1) implique

\[\frac{p}{p + q} = \frac{xy}{xy + yz + zx} = \frac{xy}{N} \qquad \text{et} \qquad \frac{q}{p + q} = \frac{yz + zx}{xy + yz + zx} = \frac{yz + zx}{N}. \tag{2}\]

La loi des cosinus dans le triangle \(ABC\) donne

\[\cos \alpha = \frac{(x + y)^2 + (x + z)^2 - (y + z)^2}{2(x + y)(x + z)} = \frac{2x^2 + 2xy + 2xz - 2yz}{2(x + y)(x + z)} = 1 - \frac{2yz}{(x + y)(x + z)}.\]

On utilise ce résultat pour appliquer la loi des cosinus dans le triangle \(AZC\) :

\[(p + q)^2 = x^2 + (x + z)^2 - 2x(x + z)\cos \alpha = x^2 + (x + z)^2 - 2x(x + z) \cdot \left(1 - \frac{2yz}{(x + y)(x + z)}\right) = z^2 + \frac{4xyz}{x + y}. \tag{3}\]

Dans le triangle \(ZCS\), le segment \(GS\) est une céviane ; le théorème de Stewart donne donc \(py^2 + q(y + z)^2 = (p + q)(GS^2 + pq)\), d'où

\[GS^2 = \frac{p}{p + q} \cdot y^2 + \frac{q}{p + q} \cdot (y + z)^2 - \frac{p}{p + q} \cdot \frac{q}{p + q} \cdot (p + q)^2.\]

En remplaçant ici les \(p\) et \(q\) grâce à (2) et (3), on obtient

\[\begin{aligned} GS^2 &= \frac{xy}{N}y^2 + \frac{yz + zx}{N}(y + z)^2 - \frac{xy}{N} \cdot \frac{yz + zx}{N} \cdot \left(z^2 + \frac{4xyz}{x + y}\right) \\ &= \frac{xy^3}{N} + \underbrace{\frac{yz(y + z)^2}{N}}_{M_1} + \frac{zx(y + z)^2}{N} - \frac{xyz^3(x + y)}{N^2} - \underbrace{\frac{4x^2y^2z^2}{N^2}}_{M_2} \\ &= \frac{xy^3 + zx(y + z)^2}{N} - \frac{xyz^3(x + y)}{N^2} + M_1 - M_2 \\ &= \underbrace{\frac{x(y^3 + y^2z + yz^2 + z^3)}{N}}_{M_3} + \frac{xyz^2N}{N^2} - \frac{xyz^3(x + y)}{N^2} + M_1 - M_2 \\ &= \frac{x^2y^2z^2 + xy^2z^3 + x^2yz^3 - x^2yz^3 - xy^2z^3}{N^2} + M_1 - M_2 + M_3 \\ &= \frac{x^2y^2z^2}{N^2} + M_1 - M_2 + M_3, \end{aligned}\]

une expression qui est bien symétrique en \(y\) et \(z\). \(\blacksquare\)

Remarque. Le point \(G\) est appelé point de Gergonne du triangle \(ABC\).