Shortlist 2011, G6

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

Concepts : Ceva et Ménélaüs · Puissance d'un point et axe radical · Chasse aux angles et quadrilatères cycliques

Solution officielle : Shortlist officielle 2011 (avec solutions), p. 54 (page 55 du PDF)

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

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Énoncé

Let \(ABC\) be a triangle with \(AB = AC\), and let \(D\) be the midpoint of \(AC\). The angle bisector of \(\angle BAC\) intersects the circle through \(D\), \(B\), and \(C\) in a point \(E\) inside the triangle \(ABC\). The line \(BD\) intersects the circle through \(A\), \(E\), and \(B\) in two points \(B\) and \(F\). The lines \(AF\) and \(BE\) meet at a point \(I\), and the lines \(CI\) and \(BD\) meet at a point \(K\). Show that \(I\) is the incenter of triangle \(KAB\).

Indices : les idées clés

• Arcs égaux : le milieu \(D'\) de \(AB\) est sur le cercle \(BCD\) et les arcs \(D'E\), \(ED\) sont égaux, donc \(BI\) est bissectrice de \(\angle ABK\) ; de plus \(\angle DFA = \angle DAF\), donc \(DA = DF = DC\).
• Menelaus dans \(ADF\) avec la droite \(CIK\) et la bissectrice dans \(ABF\) : \(\frac{BD}{AD} = \frac{AD}{DK}\), donc \(ADK \sim BDA\) et \(AI\) est bissectrice.
• Centre radical (solution 2) : \(K\) est le centre radical de trois cercles, et les axes radicaux \(AK\), \(BK\), \(IK\) sont perpendiculaires aux côtés d'un triangle isocèle de centres.

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2011 (trois solutions).

Solution 1

Soit \(D'\) le milieu du segment \(AB\), et soit \(M\) le milieu de \(BC\). Par symétrie par rapport à la droite \(AM\), le point \(D'\) est sur le cercle \(BCD\). Comme les arcs \(D'E\) et \(ED\) de ce cercle sont égaux, on a \(\angle ABI = \angle D'BE = \angle EBD = \angle IBK\), donc \(I\) est sur la bissectrice de l'angle \(\angle ABK\). Il suffit donc de prouver dans la suite que la demi-droite \(AI\) est bissectrice de l'angle \(\angle BAK\).

De

\[\angle DFA = 180^\circ - \angle BFA = 180^\circ - \angle BEA = \angle MEB = \frac{1}{2}\angle CEB = \frac{1}{2}\angle CDB\]

on déduit \(\angle DFA = \angle DAF\), donc le triangle \(AFD\) est isocèle avec \(AD = DF\).

En appliquant le théorème de Menelaus au triangle \(ADF\) avec la droite \(CIK\), et le théorème de la bissectrice au triangle \(ABF\), on obtient

\[1 = \frac{AC}{CD} \cdot \frac{DK}{KF} \cdot \frac{FI}{IA} = 2 \cdot \frac{DK}{KF} \cdot \frac{BF}{AB} = 2 \cdot \frac{DK}{KF} \cdot \frac{BF}{2 \cdot AD} = \frac{DK}{KF} \cdot \frac{BF}{AD},\]

et donc

\[\frac{BD}{AD} = \frac{BF + FD}{AD} = \frac{BF}{AD} + 1 = \frac{KF}{DK} + 1 = \frac{DF}{DK} = \frac{AD}{DK}.\]

Il s'ensuit que les triangles \(ADK\) et \(BDA\) sont semblables, donc \(\angle DAK = \angle ABD\). Alors

\[\angle IAB = \angle AFD - \angle ABD = \angle DAF - \angle DAK = \angle KAI\]

montre que le point \(I\) est bien sur la bissectrice de l'angle \(\angle BAK\) (le livret écrit « le point \(K\) » ; il faut lire \(I\).). \(\blacksquare\)

Solution 2

On montre comme dans la première solution que \(I\) est sur la bissectrice de l'angle \(\angle ABK\). Il suffit ici de prouver que \(KI\) est bissectrice de \(\angle AKB\).

Notons \(\omega_1\) et \(O_1\) le cercle circonscrit au triangle \(BCD\) et son centre. Comme le quadrilatère \(ABFE\) est inscriptible, on a \(\angle DFE = \angle BAE = \angle DAE\). Pour la même raison, \(\angle EAF = \angle EBF = \angle ABE = \angle AFE\). Donc \(\angle DAF = \angle DFA\), et par conséquent \(DF = DA = DC\). Le triangle \(AFC\) est donc inscrit dans un cercle \(\omega_2\) de centre \(D\).

Notons \(\omega_3\) le cercle circonscrit au triangle \(ABD\) et \(O_3\) son centre. Comme les arcs \(BE\) et \(EC\) du cercle \(\omega_1\) sont égaux, et que les triangles \(ADE\) et \(FDE\) sont isométriques, on a \(\angle AO_1B = 2\angle BDE = \angle BDA\), donc \(O_1\) est sur \(\omega_3\). Ainsi \(\angle O_3O_1D = \angle O_3DO_1\).

La droite \(BD\) est l'axe radical de \(\omega_1\) et \(\omega_3\). Le point \(C\) appartient à l'axe radical de \(\omega_1\) et \(\omega_2\), et \(I\) aussi puisque \(AI \cdot IF = BI \cdot IE\). Donc \(K = BD \cap CI\) est le centre radical de \(\omega_1\), \(\omega_2\) et \(\omega_3\), et \(AK\) est l'axe radical de \(\omega_2\) et \(\omega_3\). Les axes radicaux \(AK\), \(BK\) et \(IK\) sont alors perpendiculaires aux droites des centres \(O_3D\), \(O_3O_1\) et \(O_1D\) respectivement. Comme \(\angle O_3O_1D = \angle O_3DO_1\), on obtient que \(KI\) est la bissectrice de l'angle \(\angle AKB\). \(\blacksquare\)

Solution 3

Soit encore \(M\) le milieu de \(BC\). Comme dans les solutions précédentes, on obtient \(\angle ABI = \angle IBK\). Montrons que le point \(I\) est sur la bissectrice de l'angle \(\angle KAB\).

Soit \(G\) le point d'intersection des cercles \(AFC\) et \(BCD\) distinct de \(C\). Les droites \(CG\), \(AF\) et \(BE\) sont les axes radicaux des trois cercles \(AGFC\), \(CDB\) et \(ABFE\), donc \(I = AF \cap BE\) est le centre radical des trois cercles, et \(CG\) passe aussi par \(I\).

L'angle entre la droite \(DE\) et la tangente en \(E\) au cercle \(BCD\) est égal à \(\angle EBD = \angle EAF = \angle ABE = \angle AFE\). Comme la tangente en \(E\) est perpendiculaire à \(AM\), la droite \(DE\) est perpendiculaire à \(AF\). Le triangle \(AFE\) est isocèle, donc \(DE\) est la médiatrice de \(AF\), et ainsi \(AD = DF\). Le point \(D\) est donc le centre du cercle \(AFC\), et ce cercle passe aussi par \(M\) puisque \(\angle AMC = 90^\circ\).

Soit \(B'\) le symétrique de \(B\) par rapport au point \(D\), de sorte que \(ABCB'\) est un parallélogramme. Comme \(DC = DG\), on a \(\angle GCD = \angle DGC = \angle DBC = \angle KB'A\). Le quadrilatère \(AKCB'\) est donc inscriptible, et ainsi

\[\angle CAK = \angle CB'K = \angle ABD = 2\angle MAI.\]

Alors

\[\angle IAB = \angle MAB - \angle MAI = \frac{1}{2}\angle CAB - \frac{1}{2}\angle CAK = \frac{1}{2}\angle KAB,\]

et donc \(AI\) est la bissectrice de l'angle \(\angle KAB\). \(\blacksquare\)