Shortlist 2009, G8¶
Domaine : Géométrie · Difficulté : ★★★★★ · Proposé par : Bulgaria
Concepts : Chasse aux angles et quadrilatères cycliques · Triangles semblables et similitudes · Centres du triangle et lemmes classiques
Solution officielle : Shortlist officielle 2009 (avec solutions), p. 66 (page 68 du PDF)
Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.
Pas encore relu
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Énoncé¶
Let \(ABCD\) be a circumscribed quadrilateral. Let \(g\) be a line through \(A\) which meets the segment \(BC\) in \(M\) and the line \(CD\) in \(N\). Denote by \(I_1\), \(I_2\), and \(I_3\) the incenters of \(\triangle ABM\), \(\triangle MNC\), and \(\triangle NDA\), respectively. Show that the orthocenter of \(\triangle I_1I_2I_3\) lies on \(g\).
Indices : les idées clés
- Quadrilatères circonscriptibles : la seconde tangente \(h\) issue de \(C\) au cercle \(k_1\) est aussi tangente à \(k_3\), grâce au critère de Pitot \(AX + CD = CX + AD\).
- Cocyclicité : \(C\), \(I_1\), \(I_2\), \(I_3\) sont cocycliques ; les symétriques \(L_1\), \(L_3\) de \(C\) par rapport à \(I_2I_3\) et \(I_1I_2\) sont sur \(g\).
- Droite de Steiner : \(L_1\), \(L_3\) et l'orthocentre \(H\) sont alignés (la droite de Simson coupe en deux le segment joignant le point à l'orthocentre) ; ou bien (solution 2) des triangles semblables.
Solutions
Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2009 (deux solutions et une remarque).
Solution 1¶
Soient \(k_1\), \(k_2\) et \(k_3\) les cercles inscrits des triangles \(ABM\), \(MNC\) et \(NDA\) respectivement (voir figure 1). Montrons que la tangente \(h\) issue de \(C\) à \(k_1\), autre que \(CB\), est aussi tangente à \(k_3\).
Pour cela, notons \(X\) le point d'intersection de \(g\) et \(h\). Alors \(ABCX\) et \(ABCD\) sont des quadrilatères circonscriptibles, d'où
c'est-à-dire
ce qui montre que le quadrilatère \(AXCD\) est aussi circonscriptible. Donc \(h\) est bien tangente au cercle \(k_3\).
De plus, on trouve que \(\angle I_3CI_1 = \angle I_3CX + \angle XCI_1 = \frac{1}{2}(\angle DCX + \angle XCB) = \frac{1}{2}\angle DCB = \frac{1}{2}(180^\circ - \angle MCN) = 180^\circ - \angle MI_2N = \angle I_3I_2I_1\), d'où l'on conclut que \(C\), \(I_1\), \(I_2\), \(I_3\) sont cocycliques.
Soient maintenant \(L_1\) et \(L_3\) les symétriques de \(C\) par rapport aux droites \(I_2I_3\) et \(I_1I_2\) respectivement. Comme \(I_1I_2\) est la bissectrice de \(\angle NMC\), il s'ensuit que \(L_3\) est sur \(g\). Par un raisonnement analogue, \(L_1\) est sur \(g\).
Soit \(H\) l'orthocentre de \(I_1I_2I_3\). On a \(\angle I_2L_3I_1 = \angle I_1CI_2 = \angle I_1I_3I_2 = 180^\circ - \angle I_1HI_2\), ce qui entraîne que le quadrilatère \(I_2HI_1L_3\) est inscriptible. De même, \(I_3HL_1I_2\) est inscriptible.
Alors, en travaillant avec des angles orientés modulo \(180^\circ\), on a
d'où \(L_1\), \(L_3\) et \(H\) sont alignés. Comme \(L_1 \neq L_3\), l'affirmation en découle. \(\blacksquare\)
Remarque. La dernière partie de l'argument redémontre essentiellement le fait suivant : la droite de Simson d'un point \(P\) du cercle circonscrit d'un triangle \(ABC\) coupe en son milieu le segment joignant \(P\) à l'orthocentre de \(ABC\).
Solution 2¶
Commençons par prouver que \(C\), \(I_1\), \(I_2\) et \(I_3\) sont cocycliques.
Pour cela, remarquons d'abord que \(I_2\), \(M\), \(I_1\) sont alignés, de même que \(N\), \(I_2\), \(I_3\) (voir figure 2). Notons \(\alpha\), \(\beta\), \(\gamma\), \(\delta\) les angles intérieurs de \(ABCD\). Des considérations dans le triangle \(CMN\) donnent \(\angle I_3I_2I_1 = \frac{\gamma}{2}\). Montrons qu'aussi \(\angle I_3CI_1 = \frac{\gamma}{2}\). Notons \(I\) le centre du cercle inscrit de \(ABCD\). Évidemment, \(I_1 \in BI\), \(I_3 \in DI\), \(\angle I_1AI_3 = \frac{\alpha}{2}\).
En notant \([X, YZ]\) la distance du point \(X\) à la droite \(YZ\), on a, comme \(\angle BAI_1 = \angle IAI_3\) et \(\angle I_1AI = \angle I_3AD\),
De plus, la considération des sommes d'angles dans \(AIB\), \(BIC\), \(CID\) et \(DIA\) donne \(\angle AIB + \angle CID = \angle BIC + \angle DIA = 180^\circ\), d'où
Comme \([I_1, AB] = [I_1, BC]\) et \([I_3, AD] = [I_3, CD]\), en multipliant on obtient
Comme \(\angle DCI = \angle ICB = \gamma/2\), il s'ensuit que \(\angle I_1CB = \angle I_3CI\), ce qui conclut la preuve de l'affirmation ci-dessus.
Soit \(Z\) le point d'intersection de la perpendiculaire issue de \(I_1\) à \(I_2I_3\) avec \(g\). Alors \(\angle MI_1Z = 90^\circ - \angle I_3I_2I_1 = 90^\circ - \gamma/2 = \angle MCI_2\). Comme on a aussi \(\angle ZMI_1 = \angle I_2MC\), les triangles \(MZI_1\) et \(MI_2C\) sont semblables. On en déduit facilement que \(MI_2Z\) et \(MCI_1\) sont aussi semblables. Comme \(C\), \(I_1\), \(I_2\) et \(I_3\) sont cocycliques, \(\angle MZI_2 = \angle MI_1C = \angle NI_3C\), donc \(NI_2Z\) et \(NCI_3\) sont semblables, et par conséquent \(NCI_2\) et \(NI_3Z\) sont semblables. On conclut que \(\angle ZI_3I_2 = \angle I_2CN = 90^\circ - \gamma/2\), donc \(I_1I_2 \perp ZI_3\). Cela termine la preuve. \(\blacksquare\)