Shortlist 2010, G6¶
Domaine : Géométrie · Difficulté : ★★★★☆ · Proposé par : Bulgaria
Concepts : Chasse aux angles et quadrilatères cycliques · Centres du triangle et lemmes classiques
Solution officielle : Shortlist officielle 2010 (avec solutions), p. 56 (page 57 du PDF)
Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.
Énoncé¶
The vertices \(X\), \(Y\), \(Z\) of an equilateral triangle \(XYZ\) lie respectively on the sides \(BC\), \(CA\), \(AB\) of an acute-angled triangle \(ABC\). Prove that the incenter of triangle \(ABC\) lies inside triangle \(XYZ\).
Indices : les idées clés
- Énoncé plus fort : le centre du cercle inscrit \(I\) de \(ABC\) est dans le cercle inscrit de \(XYZ\), c'est-à-dire \(OI \leq r'\), avec \(R' = 2r'\).
- Projections : \(A'I \leq R' - r\) et \(IC' \leq r - r'\), puis le quadrilatère inscrit \(IA'OC'\) donne \(A'O < IC'\).
- Arcs du cercle inscrit (solution 2) : si \(I\) est dans \(AYZ\), le cercle inscrit \(\omega\) coupe \(XY\) et \(YZ\), et la chasse aux arcs donne \(\angle C > 90^\circ\).
Solutions
Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2010 (deux solutions pour G6, une solution pour la variante G6', et trois remarques). La variante G6' du livret s'énonce ainsi : les sommets \(X\), \(Y\), \(Z\) d'un triangle équilatéral \(XYZ\) sont sur les côtés \(BC\), \(CA\), \(AB\) d'un triangle \(ABC\) quelconque ; montrer que si le centre du cercle inscrit de \(ABC\) est hors du triangle \(XYZ\), alors l'un des angles de \(ABC\) dépasse \(120^\circ\).
Solution 1¶
Nous allons prouver un résultat plus fort : le centre \(I\) du cercle inscrit au triangle \(ABC\) est à l'intérieur du cercle inscrit au triangle \(XYZ\) (et donc sûrement à l'intérieur du triangle \(XYZ\) lui-même). On note \(d(U, VW)\) la distance du point \(U\) à la droite \(VW\).
Notons \(O\) le centre du cercle inscrit de \(XYZ\), et \(r\), \(r'\) et \(R'\) les rayons des cercles inscrits de \(ABC\), de \(XYZ\), et le rayon du cercle circonscrit de \(XYZ\) respectivement. On a \(R' = 2r'\), et l'inégalité voulue est \(OI \leq r'\). On suppose \(O \neq I\) ; sinon l'affirmation est triviale.
Soit \(A_1\), \(B_1\), \(C_1\) les points de contact du cercle inscrit de \(ABC\) avec les côtés \(BC\), \(AC\), \(AB\) respectivement. Les droites \(IA_1\), \(IB_1\), \(IC_1\) découpent le plan en \(6\) angles aigus, dont chacun contient l'un des points \(A_1\), \(B_1\), \(C_1\) sur son bord. On peut supposer que \(O\) est dans un angle défini par les droites \(IA_1\), \(IC_1\) et contenant le point \(C_1\) (voir figure 1). Soient \(A'\) et \(C'\) les projections de \(O\) sur les droites \(IA_1\) et \(IC_1\) respectivement.
Comme \(OX = R'\), on a \(d(O, BC) \leq R'\). Comme \(OA' \parallel BC\), il s'ensuit que \(d(A', BC) = A'I + r \leq R'\), soit \(A'I \leq R' - r\). D'autre part, le cercle inscrit de \(XYZ\) est à l'intérieur du triangle \(ABC\), donc \(d(O, AB) \geq r'\), et l'on obtient de même \(d(O, AB) = C'C_1 = r - IC' \geq r'\), soit \(IC' \leq r - r'\).
Enfin, le quadrilatère \(IA'OC'\) est inscriptible grâce aux angles droits en \(A'\) et \(C'\) (voir figure 2). Sur son cercle circonscrit, on a \(\overset{\frown}{A'OC'} = 2\angle A'IC' < 180^\circ = \overset{\frown}{OC'I}\), donc \(180^\circ \geq \overset{\frown}{IC'} > \overset{\frown}{A'O}\). Cela signifie que \(IC' > A'O\). Finalement,
comme voulu. \(\blacksquare\)
Solution 2¶
Supposons le contraire. Le centre \(I\) du cercle inscrit est alors dans l'un des triangles \(AYZ\), \(BXZ\), \(CXY\) ; supposons qu'il soit dans \(AYZ\). Soit \(\omega\) le cercle inscrit de \(ABC\), tangent aux côtés \(BC\), \(AC\) en \(A_1\), \(B_1\) respectivement. Sans perte de généralité, supposons que le point \(A_1\) soit sur le segment \(CX\). Dans ce cas, nous allons montrer que \(\angle C > 90^\circ\), ce qui donnera une contradiction.
Remarquons que \(\omega\) coupe chacun des segments \(XY\) et \(YZ\) en deux points ; soient \(U\), \(U'\) et \(V\), \(V'\) les points d'intersection de \(\omega\) avec \(XY\) et \(YZ\) respectivement (\(UY > U'Y\), \(VY > V'Y\) ; voir figures 3 et 4). Remarquons que \(60^\circ = \angle XYZ = \frac{1}{2}\big(\overset{\frown}{UV} - \overset{\frown}{U'V'}\big) \leq \frac{1}{2}\overset{\frown}{UV}\), donc \(\overset{\frown}{UV} \geq 120^\circ\).
D'autre part, comme \(I\) est dans le triangle \(AYZ\), on a \(\overset{\frown}{VUV'} < 180^\circ\), donc \(\overset{\frown}{UA_1U'} \leq \overset{\frown}{UA_1V'} < 180^\circ - \overset{\frown}{UV} \leq 60^\circ\).
Deux cas sont alors possibles selon l'ordre des points \(Y\), \(B_1\) sur le segment \(AC\).
Cas 1. Supposons que le point \(Y\) soit sur le segment \(AB_1\) (voir figure 3). On a alors \(\angle YXC = \frac{1}{2}\big(\overset{\frown}{A_1U'} - \overset{\frown}{A_1U}\big) \leq \frac{1}{2}\overset{\frown}{UA_1U'} < 30^\circ\) ; de même, \(\angle XYC \leq \frac{1}{2}\overset{\frown}{UA_1U'} < 30^\circ\). Donc \(\angle YCX = 180^\circ - \angle YXC - \angle XYC > 120^\circ\), comme voulu.
Cas 2. Supposons maintenant que le point \(Y\) soit sur le segment \(CB_1\) (voir figure 4). On obtient de même \(\angle YXC < 30^\circ\). Ensuite, \(\angle IYX > \angle ZYX = 60^\circ\), mais \(\angle IYX < \angle IYB_1\), puisque \(YB_1\) est une tangente et \(YX\) une sécante au cercle \(\omega\) issues du point \(Y\). On obtient donc \(120^\circ < \angle IYB_1 + \angle IYX = \angle B_1YX = \angle YXC + \angle YCX < 30^\circ + \angle YCX\), d'où \(\angle YCX > 120^\circ - 30^\circ = 90^\circ\), comme voulu. \(\blacksquare\)
Remarque. De la même façon, on peut prouver l'énoncé plus général suivant.
Affirmation. Les sommets \(X\), \(Y\), \(Z\) d'un triangle \(XYZ\) sont respectivement sur les côtés \(BC\), \(CA\), \(AB\) d'un triangle \(ABC\). Supposons que le centre du cercle inscrit de \(ABC\) soit à l'extérieur du triangle \(XYZ\), et soit \(\alpha\) le plus petit angle de \(XYZ\). Alors l'un des angles du triangle \(ABC\) est supérieur à \(3\alpha - 90^\circ\).
Solution de la variante G6'¶
Supposons le contraire. Comme dans la solution 2, on suppose que le centre \(I\) du cercle inscrit de \(ABC\) est dans le triangle \(AYZ\), et que le point de contact \(A_1\) de \(\omega\) avec \(BC\) est sur le segment \(CX\). Évidemment, \(\angle YZA \leq 180^\circ - \angle YZX = 120^\circ\), donc les points \(I\) et \(Y\) sont d'un même côté de la médiatrice de \(XY\) ; par conséquent \(IX > IY\). De plus, \(\omega\) coupe le segment \(XY\) en deux points, donc la projection \(M\) de \(I\) sur \(XY\) est sur le segment \(XY\). Dans ce cas, nous allons prouver que \(\angle C > 120^\circ\).
Soient \(YK\), \(YL\) les deux tangentes à \(\omega\) issues du point \(Y\) (les points \(K\) et \(A_1\) sont du même côté de \(XY\) ; si \(Y\) est sur \(\omega\), on pose \(K = L = Y\)) ; l'un des points \(K\) et \(L\) est en fait le point de contact \(B_1\) de \(\omega\) avec \(AC\). Par symétrie, \(\angle YIK = \angle YIL\). D'autre part, comme \(IX > IY\), on a \(XM > YM\) (le livret écrit « \(XM < XY\) » ; c'est \(XM > YM\) qui sert, comme le confirme la remarque 2), ce qui implique \(\angle A_1XY < \angle KYX\).
Ensuite, \(\angle MIY = 90^\circ - \angle IYX < 90^\circ - \angle ZYX = 30^\circ\). Comme \(IA_1 \perp A_1X\), \(IM \perp XY\), \(IK \perp YK\), on obtient \(\angle MIA_1 = \angle A_1XY < \angle KYX = \angle MIK\). Finalement,
Donc \(\angle A_1IB_1 < 60^\circ\), et par conséquent \(\angle ACB = 180^\circ - \angle A_1IB_1 > 120^\circ\), comme voulu. \(\blacksquare\)
Remarques¶
Remarque 1. L'estimation de G6' est optimale. En effet, si \(\angle BAC > 120^\circ\), on peut considérer un triangle équilatéral \(XYZ\) avec \(Z = A\), \(Y \in AC\), \(X \in BC\) (un tel triangle existe puisque \(\angle ACB < 60^\circ\)). Il ne coupe la bissectrice de \(\angle BAC\) qu'au point \(A\), donc il ne contient pas \(I\).
Remarque 2. Comme dans la solution précédente, il existe une généralisation à un triangle \(XYZ\) quelconque, mais il faut ici une condition supplémentaire. L'énoncé est le suivant.
Affirmation. Les sommets \(X\), \(Y\), \(Z\) d'un triangle \(XYZ\) sont respectivement sur les côtés \(BC\), \(CA\), \(AB\) d'un triangle \(ABC\). Supposons que le centre du cercle inscrit de \(ABC\) soit à l'extérieur du triangle \(XYZ\), que \(\alpha\) soit le plus petit angle de \(XYZ\), et que tous les côtés du triangle \(XYZ\) soient supérieurs à \(2r\cot \alpha\), où \(r\) est le rayon du cercle inscrit de \(ABC\). Alors l'un des angles du triangle \(ABC\) est supérieur à \(2\alpha\).
La condition supplémentaire est nécessaire pour vérifier que \(XM > YM\), ce qu'on ne peut pas montrer de la manière initiale. En effet, on a \(\angle MYI > \alpha\), \(IM < r\), donc \(YM < r\cot \alpha\). Si \(XY = XM + YM > 2r\cot \alpha\), alors sûrement \(XM > YM\).
D'autre part, cette condition supplémentaire découle facilement des conditions du problème initial. En effet, si \(I \in AYZ\), alors le diamètre de \(\omega\) parallèle à \(YZ\) est contenu dans \(AYZ\) et est donc plus court que \(YZ\). Donc \(YZ > 2r > 2r\cot 60^\circ\).