Shortlist 2012, G1

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

Concepts : Chasse aux angles et quadrilatères cycliques · Centres du triangle et lemmes classiques

Solution officielle : Shortlist officielle 2012 (avec solutions), p. 29 (page 29 du PDF)

Problème 1 de l'OIM 2012

Ce problème a été choisi parmi ceux de la shortlist pour l'épreuve de l'OIM 2012, où il était le problème 1 (jour 1).

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Pas encore relu

Les concepts et la rédaction de cette page n'ont pas encore été vérifiés.

Énoncé

In the triangle \(ABC\) the point \(J\) is the center of the excircle opposite to \(A\). This excircle is tangent to the side \(BC\) at \(M\), and to the lines \(AB\) and \(AC\) at \(K\) and \(L\) respectively. The lines \(LM\) and \(BJ\) meet at \(F\), and the lines \(KM\) and \(CJ\) meet at \(G\). Let \(S\) be the point of intersection of the lines \(AF\) and \(BC\), and let \(T\) be the point of intersection of the lines \(AG\) and \(BC\). Prove that \(M\) is the midpoint of \(ST\).

Indices : les idées clés

• Cercle exinscrit : \(K\) et \(L\) sont sur le cercle \(\omega\) de diamètre \(AJ\), et les triangles \(KBM\), \(LCM\) sont isocèles.
• Chasse aux angles : \(\angle LFJ = \left(90^\circ - \frac{\beta}{2}\right) - \frac{\gamma}{2} = \frac{\alpha}{2} = \angle LAJ\), donc \(F \in \omega\) ; de même \(G \in \omega\), d'où \(\angle AFJ = \angle AGJ = 90^\circ\).
• Symétrie par rapport à la bissectrice extérieure \(BF\) : \(SM\) et \(AK\) sont symétriques, donc \(SM = AK = AL = TM\).

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent la solution officielle de la Shortlist 2012 (une solution et une remarque).

Solution

Posons \(\alpha = \angle CAB\), \(\beta = \angle ABC\) et \(\gamma = \angle BCA\). La droite \(AJ\) est la bissectrice de l'angle \(CAB\), donc \(\angle JAK = \angle JAL = \frac{\alpha}{2}\). Comme \(\angle AKJ = \angle ALJ = 90^\circ\), les points \(K\) et \(L\) sont sur le cercle \(\omega\) de diamètre \(AJ\).

Le triangle \(KBM\) est isocèle, car \(BK\) et \(BM\) sont des tangentes au cercle exinscrit. Comme \(BJ\) est la bissectrice de l'angle \(KBM\), on a \(\angle MBJ = 90^\circ - \frac{\beta}{2}\) et \(\angle BMK = \frac{\beta}{2}\). De même, \(\angle MCJ = 90^\circ - \frac{\gamma}{2}\) et \(\angle CML = \frac{\gamma}{2}\). De plus, \(\angle BMF = \angle CML\), donc

\[\angle LFJ = \angle MBJ - \angle BMF = \left(90^\circ - \frac{\beta}{2}\right) - \frac{\gamma}{2} = \frac{\alpha}{2} = \angle LAJ.\]

Donc \(F\) est sur le cercle \(\omega\). (Par ce calcul d'angles, \(F\) et \(A\) sont du même côté de \(BC\).) De même, \(G\) est sur \(\omega\). Comme \(AJ\) est un diamètre de \(\omega\), on obtient \(\angle AFJ = \angle AGJ = 90^\circ\).

Les droites \(AB\) et \(BC\) sont symétriques par rapport à la bissectrice extérieure \(BF\). Comme \(AF \perp BF\) et \(KM \perp BF\), les segments \(SM\) et \(AK\) sont symétriques par rapport à \(BF\), donc \(SM = AK\). Par symétrie, \(TM = AL\). Comme \(AK\) et \(AL\) sont égaux (tangentes au cercle exinscrit), il s'ensuit que \(SM = TM\), ce qui achève la preuve. \(\blacksquare\)

Remarque

Une fois trouvé le cercle \(AFKJLG\), il y a beaucoup d'autres façons de conclure. Par exemple, à partir des quadrilatères inscrits \(JMFS\) et \(JMGT\), on trouve \(\angle TSJ = \angle STJ = \frac{\alpha}{2}\). Une autre possibilité est d'utiliser que les droites \(AS\) et \(GM\) sont parallèles (toutes deux perpendiculaires à la bissectrice extérieure \(BJ\)), donc \(\frac{MS}{MT} = \frac{AG}{GT} = 1\).