Shortlist 2011, G5¶

Domaine : Géométrie · Difficulté : ★★★☆☆ · Proposé par : non indiqué

Concepts : Puissance d'un point et axe radical · Chasse aux angles et quadrilatères cycliques · Outils projectifs : birapport, division harmonique, pôles et polaires

Solution officielle : Shortlist officielle 2011 (avec solutions), p. 52 (page 53 du PDF)

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Énoncé¶

Let \(ABC\) be a triangle with incenter \(I\) and circumcircle \(\omega\). Let \(D\) and \(E\) be the second intersection points of \(\omega\) with the lines \(AI\) and \(BI\), respectively. The chord \(DE\) meets \(AC\) at a point \(F\), and \(BC\) at a point \(G\). Let \(P\) be the intersection point of the line through \(F\) parallel to \(AD\) and the line through \(G\) parallel to \(BE\). Suppose that the tangents to \(\omega\) at \(A\) and at \(B\) meet at a point \(K\). Prove that the three lines \(AE\), \(BD\), and \(KP\) are either parallel or concurrent.

Indices : les idées clés

Chasse aux angles : \(AIFE\) et \(BDGI\) sont inscriptibles (cercles \(\omega_1\) et \(\omega_2\)).
Centre radical : \(AE\), \(BD\) et l'axe radical \(t\) de \(\omega_1\), \(\omega_2\) sont concourants ou parallèles ; on montre avec des angles orientés que \(t\) passe par \(K\) et par \(P\).
Pascal (solution 2) : \(K\), \(I\) et le point \(M\) d'intersection des tangentes en \(D\) et \(E\) sont alignés avec \(T = AE \cap BD\), et une homothétie envoie \(EDM\) sur \(GFI\) et \(DEI\) sur \(FGP\).

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2011 (deux solutions et une remarque).

Solution 1¶

Comme

\[\angle IAF = \angle DAC = \angle BAD = \angle BED = \angle IEF,\]

le quadrilatère \(AIFE\) est inscriptible. Notons \(\omega_1\) son cercle circonscrit. De même, le quadrilatère \(BDGI\) est inscriptible ; notons \(\omega_2\) son cercle circonscrit.

La droite \(AE\) est l'axe radical de \(\omega\) et \(\omega_1\), et la droite \(BD\) est l'axe radical de \(\omega\) et \(\omega_2\). Soit \(t\) l'axe radical de \(\omega_1\) et \(\omega_2\). Ces trois droites se coupent au centre radical des trois cercles, ou bien elles sont parallèles. Montrons que \(t\) est en fait la droite \(PK\).

Soit \(L\) le second point d'intersection de \(\omega_1\) et \(\omega_2\), de sorte que \(t = IL\). (Si les deux cercles sont tangents, alors \(L = I\) et \(t\) est la tangente commune.)

Figure (solution 1)

Soient \(K' \neq L\) et \(P' \neq L\) les points où la droite \(t\) recoupe les cercles circonscrits aux triangles \(ABL\) et \(FGL\) respectivement. Avec des angles orientés, on a

\[\angle(AB, BK') = \angle(AL, LK') = \angle(AL, LI) = \angle(AE, EI) = \angle(AE, EB) = \angle(AB, BK),\]

donc \(BK' \parallel BK\). De même, \(AK' \parallel AK\), et par conséquent \(K' = K\). Ensuite,

\[\angle(P'F, FG) = \angle(P'L, LG) = \angle(IL, LG) = \angle(ID, DG) = \angle(AD, DE) = \angle(PF, FG),\]

donc \(P'F \parallel PF\), et de même \(P'G \parallel PG\). Par conséquent \(P' = P\). La droite \(t\) passe donc par \(K\) et par \(P\), ce qui achève la preuve. \(\blacksquare\)

Solution 2¶

Soit \(M\) le point d'intersection des tangentes à \(\omega\) en \(D\) et en \(E\), et soit \(T\) le point d'intersection des droites \(AE\) et \(BD\) ; si \(AE\) et \(BD\) sont parallèles, \(T\) désigne leur point à l'infini commun. Il est bien connu que les points \(K\) et \(M\) sont sur la droite \(TI\) (conséquence du théorème de Pascal appliqué aux hexagones inscrits dégénérés \(AADBBE\) et \(ADDBEE\)).

Les droites \(AD\) et \(BE\) sont les bissectrices des angles \(\angle CAB\) et \(\angle ABC\), donc \(D\) et \(E\) sont les milieux des arcs \(BC\) et \(CA\) du cercle \(\omega\). Par conséquent, \(DM\) est parallèle à \(BC\) et \(EM\) est parallèle à \(AC\).

Appliquons le théorème de Pascal à l'hexagone dégénéré \(CADDEB\). D'après ce théorème, les points \(CA \cap DE = F\), \(AD \cap EB = I\) et le point à l'infini commun des droites \(DM\) et \(BC\) sont alignés ; donc \(FI\) est parallèle à \(BC\) et à \(DM\). De même, la droite \(GI\) est parallèle à \(AC\) et à \(EM\).

Figure (solution 2)

Considérons maintenant l'homothétie de rapport \(-\frac{FG}{ED}\) qui envoie \(E\) sur \(G\) et \(D\) sur \(F\). Comme les triangles \(EDM\) et \(GFI\) ont des côtés parallèles, l'homothétie envoie \(M\) sur \(I\). De même, comme les triangles \(DEI\) et \(FGP\) ont des côtés parallèles, elle envoie \(I\) sur \(P\). Les points \(M\), \(I\), \(P\) et le centre \(H\) de l'homothétie sont donc alignés. Le point \(P\) est donc lui aussi sur la droite \(TKIM\). \(\blacksquare\)

Remarque¶

On peut prouver \(IF \parallel BC\) et \(IG \parallel AC\) de façon plus élémentaire. Comme \(\angle ADE = \angle EDC\) et \(\angle DEB = \angle CED\), les points \(I\) et \(C\) sont symétriques par rapport à \(DE\). De plus, comme les arcs \(AE\) et \(EC\) sont égaux, ainsi que les arcs \(CD\) et \(DB\), on a \(\angle CFG = \angle FGC\), donc le triangle \(CFG\) est isocèle. Le quadrilatère \(IFCG\) est donc un losange.