Shortlist 2012, G3

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

Concepts : Puissance d'un point et axe radical · Centres du triangle et lemmes classiques · Trigonométrie : loi des sinus, Ceva trigonométrique · Chasse aux angles et quadrilatères cycliques

Solution officielle : Shortlist officielle 2012 (avec solutions), p. 31 (page 31 du PDF)

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Énoncé

In an acute triangle \(ABC\) the points \(D\), \(E\) and \(F\) are the feet of the altitudes through \(A\), \(B\) and \(C\) respectively. The incenters of the triangles \(AEF\) and \(BDF\) are \(I_1\) and \(I_2\) respectively; the circumcenters of the triangles \(ACI_1\) and \(BCI_2\) are \(O_1\) and \(O_2\) respectively. Prove that \(I_1I_2\) and \(O_1O_2\) are parallel.

Indices : les idées clés

• Triangle orthique : \(AEF \sim ABC\) de rapport \(\cos \alpha\), donc \(I_1A = IA \cos \alpha\) et \(II_1 = 2IA \sin^2 \frac{\alpha}{2}\) ; avec la loi des sinus, \(II_1 \cdot IA = II_2 \cdot IB\).
• Axe radical : \(A\), \(B\), \(I_1\), \(I_2\) sont cocycliques, et \(I\) a la même puissance par rapport aux trois cercles ; \(CI\) est l'axe radical de \((ACI_1)\) et \((BCI_2)\), donc \(CI \perp O_1O_2\).
• Chasse aux angles : \(CI \perp I_1I_2\), car les angles en jeu font \(\frac{\alpha}{2} + \frac{\beta}{2} + \frac{\gamma}{2} = 90^\circ\).

Solutions

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

Solution

Posons \(\angle CAB = \alpha\), \(\angle ABC = \beta\), \(\angle BCA = \gamma\). Montrons d'abord que \(A\), \(B\), \(I_1\) et \(I_2\) sont cocycliques. Comme \(AI_1\) et \(BI_2\) sont les bissectrices des angles \(CAB\) et \(ABC\), leurs prolongements au-delà de \(I_1\) et \(I_2\) se coupent au centre \(I\) du cercle inscrit dans le triangle. Les points \(E\) et \(F\) sont sur le cercle de diamètre \(BC\), donc \(\angle AEF = \angle ABC\) et \(\angle AFE = \angle ACB\). Les triangles \(AEF\) et \(ABC\) sont donc semblables, de rapport \(\frac{AE}{AB} = \cos \alpha\). Comme \(I_1\) et \(I\) sont les centres de leurs cercles inscrits, on obtient \(I_1A = IA \cos \alpha\) et \(II_1 = IA - I_1A = 2IA \sin^2 \frac{\alpha}{2}\). Par symétrie, \(II_2 = 2IB \sin^2 \frac{\beta}{2}\). La loi des sinus dans le triangle \(ABI\) donne \(IA \sin \frac{\alpha}{2} = IB \sin \frac{\beta}{2}\). Donc

\[II_1 \cdot IA = 2\left(IA \sin \frac{\alpha}{2}\right)^2 = 2\left(IB \sin \frac{\beta}{2}\right)^2 = II_2 \cdot IB.\]

Ainsi \(A\), \(B\), \(I_1\) et \(I_2\) sont cocycliques, comme annoncé.

De plus, \(II_1 \cdot IA = II_2 \cdot IB\) montre que \(I\) a la même puissance par rapport aux cercles \((ACI_1)\), \((BCI_2)\) et \((ABI_1I_2)\). Donc \(CI\) est l'axe radical de \((ACI_1)\) et \((BCI_2)\) ; en particulier, \(CI\) est perpendiculaire à la ligne des centres \(O_1O_2\).

Il suffit maintenant de prouver que \(CI \perp I_1I_2\). Soit \(Q\) le point d'intersection de \(CI\) et \(I_1I_2\) ; il suffit de vérifier que \(\angle II_1Q + \angle I_1IQ = 90^\circ\). Comme \(\angle I_1IQ\) est un angle extérieur du triangle \(ACI\),

\[\angle II_1Q + \angle I_1IQ = \angle II_1Q + (\angle ACI + \angle CAI) = \angle II_1I_2 + \angle ACI + \angle CAI.\]

Il reste à remarquer que \(\angle II_1I_2 = \frac{\beta}{2}\) grâce au quadrilatère inscrit \(ABI_1I_2\), et que \(\angle ACI = \frac{\gamma}{2}\), \(\angle CAI = \frac{\alpha}{2}\). Donc \(\angle II_1Q + \angle I_1IQ = \frac{\alpha}{2} + \frac{\beta}{2} + \frac{\gamma}{2} = 90^\circ\), ce qui achève la preuve. \(\blacksquare\)

Remarque

La première partie de la solution montre que le point commun \(I_3 \neq C\) des cercles \((ACI_1)\) et \((BCI_2)\) est le centre du cercle inscrit dans le triangle \(CDE\).