Shortlist 2010, G4¶
Domaine : Géométrie · Difficulté : ★★★☆☆ · Proposé par : Hong Kong
Concepts : Ceva et Ménélaüs · Triangles semblables et similitudes · Centres du triangle et lemmes classiques
Solution officielle : Shortlist officielle 2010 (avec solutions), p. 52 (page 53 du PDF)
Problème 2 de l'OIM 2010
Ce problème a été choisi parmi ceux de la shortlist pour l'épreuve de l'OIM 2010, où il était le problème 2 (jour 1).
Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.
Énoncé¶
Let \(I\) be the incenter of a triangle \(ABC\) and \(\Gamma\) be its circumcircle. Let the line \(AI\) intersect \(\Gamma\) at a point \(D \neq A\). Let \(F\) and \(E\) be points on side \(BC\) and arc \(BDC\) respectively such that \(\angle BAF = \angle CAE < \frac{1}{2}\angle BAC\). Finally, let \(G\) be the midpoint of the segment \(IF\). Prove that the lines \(DG\) and \(EI\) intersect on \(\Gamma\).
Indices : les idées clés
- Menelaus dans \(AIF\) avec la droite \(DX\) (\(X\) second point de \(EI\) sur \(\Gamma\)) : il faut \(\frac{TF}{AT} = \frac{ID}{AD}\).
- Parallèles : \(KE \parallel BC\) et \(I\), \(A\), \(X\), \(T\) cocycliques donnent \(IT \parallel BC\), d'où \(\frac{TF}{AT} = \frac{IL}{AI}\), avec \(L\) pied de la bissectrice.
- Pôle Sud : \(DB = DC = DI\) et \(DCL \sim DAC\) donnent \(\frac{IL}{AI} = \frac{CL}{AC} = \frac{DC}{AD} = \frac{ID}{AD}\).
Solutions
Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2010 (deux solutions et deux remarques).
Solution 1¶
Soit \(X\) le second point d'intersection de la droite \(EI\) avec \(\Gamma\), et \(L\) le pied de la bissectrice de l'angle \(BAC\). Soient \(G'\) et \(T\) les points d'intersection du segment \(DX\) avec les droites \(IF\) et \(AF\) respectivement. Il faut prouver que \(G = G'\), c'est-à-dire \(IG' = G'F\). D'après le théorème de Menelaus appliqué au triangle \(AIF\) et à la droite \(DX\), cela revient à établir la relation
Soit \(K \neq A\) le second point d'intersection de la droite \(AF\) avec \(\Gamma\) (voir figure 1) ; comme \(\angle BAK = \angle CAE\), on a \(\overset{\frown}{BK} = \overset{\frown}{CE}\), donc \(KE \parallel BC\). Remarquons que \(\angle IAT = \angle DAK = \angle EAD = \angle EXD = \angle IXT\), donc les points \(I\), \(A\), \(X\), \(T\) sont cocycliques. On a donc \(\angle ITA = \angle IXA = \angle EXA = \angle EKA\), d'où \(IT \parallel KE \parallel BC\). On obtient donc \(\frac{TF}{AT} = \frac{IL}{AI}\).
Comme \(CI\) est la bissectrice de \(\angle ACL\), on a \(\frac{IL}{AI} = \frac{CL}{AC}\). De plus, \(\angle DCL = \angle DCB = \angle DAB = \angle CAD = \frac{1}{2}\angle BAC\), donc les triangles \(DCL\) et \(DAC\) sont semblables ; on obtient donc \(\frac{CL}{AC} = \frac{DC}{AD}\). Enfin, on sait que le milieu \(D\) de l'arc \(BC\) est à égale distance des points \(I\), \(B\), \(C\), donc \(\frac{DC}{AD} = \frac{ID}{AD}\).
En résumant toutes ces égalités, on obtient
comme voulu. \(\blacksquare\)
Remarque. L'égalité \(\frac{AI}{IL} = \frac{AD}{DI}\) est connue et peut s'obtenir de nombreuses façons. Par exemple, on peut considérer l'inversion de centre \(D\) et de rayon \(DC = DI\). Cette inversion envoie l'arc \(\overset{\frown}{BAC}\) sur le segment \(BC\), donc le point \(A\) sur \(L\). Donc \(\frac{IL}{DI} = \frac{AI}{AD}\), ce qui est l'égalité voulue.
Solution 2¶
Comme dans la solution précédente, on introduit les points \(X\), \(T\) et \(K\), et l'on remarque qu'il suffit de prouver l'égalité
Comme \(\angle FAD = \angle EAI\) et \(\angle TDA = \angle XDA = \angle XEA = \angle IEA\), les triangles \(ATD\) et \(AIE\) sont semblables, donc \(\frac{AT}{AD} = \frac{AI}{AE}\).
On utilise aussi la relation \(DB = DC = DI\). Soit \(J\) le point du prolongement du segment \(AD\) au-delà de \(D\) tel que \(DJ = DI = DC\) (voir figure 2). Alors \(\angle DJC = \angle JCD = \frac{1}{2}(\pi - \angle JDC) = \frac{1}{2}\angle ADC = \frac{1}{2}\angle ABC = \angle ABI\). De plus, \(\angle BAI = \angle JAC\), donc les triangles \(ABI\) et \(AJC\) sont semblables, d'où \(\frac{AB}{AJ} = \frac{AI}{AC}\), soit \(AB \cdot AC = AJ \cdot AI = (DI + AD) \cdot AI\).
D'autre part, \(\angle ABF = \angle ABC = \angle AEC\) et \(\angle BAF = \angle CAE\), donc les triangles \(ABF\) et \(AEC\) sont aussi semblables, ce qui implique \(\frac{AF}{AC} = \frac{AB}{AE}\), soit \(AB \cdot AC = AF \cdot AE\).
En résumé,
comme voulu. \(\blacksquare\)
Remarque. En fait, le point \(J\) est un centre de cercle exinscrit du triangle \(ABC\).