Shortlist 2013, G6

Domaine : Géométrie · Difficulté : ★★★★☆ · Proposé par : Russia

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

Solution officielle : Shortlist officielle 2013 (avec solutions), p. 49 (page 49 du PDF)

Problème 3 de l'OIM 2013

Ce problème a été choisi parmi ceux de la shortlist pour l'épreuve de l'OIM 2013, où il était le problème 3 (jour 1).

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Énoncé

Let the excircle of the triangle \(ABC\) lying opposite to \(A\) touch its side \(BC\) at the point \(A_1\). Define the points \(B_1\) and \(C_1\) analogously. Suppose that the circumcentre of the triangle \(A_1B_1C_1\) lies on the circumcircle of the triangle \(ABC\). Prove that the triangle \(ABC\) is right-angled.

Indices : les idées clés

• Milieux d'arcs : avec \(A_0\) le milieu de l'arc \(CB\) contenant \(A\), les triangles \(A_0BC_1\) et \(A_0CB_1\) sont isométriques (car \(BC_1 = CB_1\)), donc \(A_0B_1 = A_0C_1\) et \(A, A_0, B_1, C_1\) sont cocycliques.
• Identifier le centre : le triangle \(A_1B_1C_1\) est obtusangle, disons en \(B_1\) ; la médiatrice de \(A_1C_1\) coupe le cercle circonscrit en deux points de part et d'autre, et l'on obtient \(Q = B_0\).
• Chasse aux angles : \(\angle C_1B_0A_1 = 180^\circ - \angle ABC\) et \(\angle C_1B_0A_1 = \angle ABC\), donc \(\angle ABC = 90^\circ\).

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2013 (deux solutions et deux remarques).

Solution 1

Notons \(\Omega\) et \(\Gamma\) les cercles circonscrits aux triangles \(ABC\) et \(A_1B_1C_1\). Soit \(A_0\) le milieu de l'arc \(CB\) de \(\Omega\) qui contient \(A\), et définissons \(B_0\) et \(C_0\) de même. Par hypothèse, le centre \(Q\) de \(\Gamma\) est sur \(\Omega\).

Lemme. On a \(A_0B_1 = A_0C_1\). De plus, les points \(A\), \(A_0\), \(B_1\) et \(C_1\) sont cocycliques. Enfin, les points \(A\) et \(A_0\) sont du même côté de \(B_1C_1\). On a des énoncés analogues pour \(B\) et \(C\).

Preuve. Considérons d'abord le cas \(A = A_0\). Le triangle \(ABC\) est alors isocèle en \(A\), ce qui implique \(AB_1 = AC_1\), et les autres affirmations du lemme sont évidentes. Supposons désormais \(A \neq A_0\).

Par définition de \(A_0\), on a \(A_0B = A_0C\). Il est bien connu et facile de montrer que \(BC_1 = CB_1\). Ensuite, \(\angle C_1BA_0 = \angle ABA_0 = \angle ACA_0 = \angle B_1CA_0\). Les triangles \(A_0BC_1\) et \(A_0CB_1\) sont donc isométriques, ce qui donne \(A_0C_1 = A_0B_1\) et établit la première partie du lemme. Il s'ensuit aussi que \(\angle A_0C_1A = \angle A_0B_1A\), car ce sont les angles extérieurs aux sommets correspondants \(C_1\) et \(B_1\) des triangles isométriques \(A_0BC_1\) et \(A_0CB_1\). Pour cette raison, les points \(A\), \(A_0\), \(B_1\) et \(C_1\) sont bien les sommets d'un quadrilatère inscrit dont deux côtés opposés sont \(AA_0\) et \(B_1C_1\). \(\square\)

Passons à la solution. Les points \(A_1\), \(B_1\) et \(C_1\) sont évidemment à l'intérieur d'un demi-cercle de \(\Gamma\), donc le triangle \(A_1B_1C_1\) est obtusangle. Sans perte de généralité, supposons son angle en \(B_1\) obtus. Alors \(Q\) et \(B_1\) sont de part et d'autre de \(A_1C_1\) ; il en est évidemment de même de \(B\) et \(B_1\). Les points \(Q\) et \(B\) sont donc du même côté de \(A_1C_1\).

La médiatrice de \(A_1C_1\) coupe \(\Omega\) en deux points situés de part et d'autre de \(A_1C_1\). Par la première affirmation du lemme, \(B_0\) et \(Q\) sont tous deux parmi ces points d'intersection ; comme ils sont du même côté de \(A_1C_1\), ils coïncident (voir la figure 1).

Par la première partie du lemme à nouveau, les droites \(QA_0\) et \(QC_0\) sont les médiatrices de \(B_1C_1\) et \(A_1B_1\) respectivement. Donc

\[\angle C_1B_0A_1 = \angle C_1B_0B_1 + \angle B_1B_0A_1 = 2\angle A_0B_0B_1 + 2\angle B_1B_0C_0 = 2\angle A_0B_0C_0 = 180^\circ - \angle ABC,\]

en se rappelant que \(A_0\) et \(C_0\) sont les milieux des arcs \(CB\) et \(BA\).

D'autre part, par la deuxième partie du lemme,

\[\angle C_1B_0A_1 = \angle C_1BA_1 = \angle ABC.\]

Ces deux égalités donnent \(\angle ABC = 90^\circ\), ce qui résout le problème. \(\blacksquare\)

Solution 2

Notons encore \(Q\) le centre du cercle circonscrit au triangle \(A_1B_1C_1\), qui est sur le cercle \(\Omega\) circonscrit à \(ABC\). Considérons d'abord le cas où \(Q\) coïncide avec un sommet de \(ABC\), disons \(Q = B\). Alors \(BC_1 = BA_1\), et le triangle \(ABC\) est donc isocèle en \(B\). De plus, on a \(BC_1 = B_1C\) dans tout triangle, donc \(BB_1 = BC_1 = B_1C\) ; de même \(BB_1 = B_1A\). Il s'ensuit que \(B_1\) est le centre de \(\Omega\) et que le triangle \(ABC\) est rectangle en \(B\).

On peut donc supposer désormais \(Q \notin \{A, B, C\}\). Commençons par un fait bien connu.

Lemme. Soient \(XYZ\) et \(X'Y'Z'\) deux triangles avec \(XY = X'Y'\) et \(YZ = Y'Z'\).

• (i) Si \(XZ \neq X'Z'\) et \(\angle YZX = \angle Y'Z'X'\), alors \(\angle ZXY + \angle Z'X'Y' = 180^\circ\).
• (ii) Si \(\angle YZX + \angle X'Z'Y' = 180^\circ\), alors \(\angle ZXY = \angle Y'X'Z'\).

Preuve. Dans les deux cas, on peut déplacer le triangle \(XYZ\) dans le plan jusqu'à ce que \(Y = Y'\) et \(Z = Z'\). Quitte à symétriser l'un des deux triangles par rapport à \(YZ\), on peut aussi supposer que \(X\) et \(X'\) sont du même côté de \(YZ\) dans le cas (i), et de part et d'autre dans le cas (ii). Dans les deux cas, les points \(X\), \(Z\) et \(X'\) sont alignés grâce à la condition d'angles (voir la figure 2). De plus, \(X \neq X'\) : dans le cas (i) on a supposé \(XZ \neq X'Z'\), et dans le cas (ii) ces points sont même de part et d'autre de \(YZ\). Le triangle \(XX'Y\) est donc isocèle en \(Y\), et l'affirmation découle de l'égalité des angles à sa base. \(\square\)

Quitte à renommer les sommets du triangle \(ABC\), on peut supposer que \(Q\) est à l'intérieur de l'arc \(AB\) de \(\Omega\) ne contenant pas \(C\). On utilisera parfois implicitement que les six triangles \(QBA_1\), \(QA_1C\), \(QCB_1\), \(QB_1A\), \(QC_1A\) et \(QBC_1\) ont la même orientation.

Comme \(Q\) ne peut pas être le centre du cercle circonscrit à \(ABC\), il est impossible que \(QA = QB = QC\) ; on peut donc aussi supposer \(QC \neq QB\). Le lemme (i) s'applique alors aux triangles \(QB_1C\) et \(QC_1B\), puisque \(QB_1 = QC_1\) et \(B_1C = C_1B\), tandis que \(\angle B_1CQ = \angle C_1BQ\), ces deux angles interceptant la même corde \(QA\) de \(\Omega\) (voir la figure 3). On obtient

\[\angle CQB_1 + \angle BQC_1 = 180^\circ. \tag{1}\]

Montrons que \(QC = QA\). Supposons au contraire \(QC \neq QA\). En raisonnant comme ci-dessus, mais avec les triangles \(QA_1C\) et \(QC_1A\), on obtient

\[\angle A_1QC + \angle C_1QA = 180^\circ.\]

En ajoutant cette égalité à (1), on obtient \(\angle A_1QB_1 + \angle BQA = 360^\circ\), ce qui est absurde puisque les deux termes sont dans l'intervalle \((0^\circ, 180^\circ)\).

Cela prouve \(QC = QA\) ; les triangles \(QA_1C\) et \(QC_1A\) sont donc isométriques (leurs côtés étant égaux), ce qui donne

\[\angle A_1QC = \angle C_1QA. \tag{2}\]

Enfin, le lemme (ii) s'applique aux triangles \(QA_1B\) et \(QB_1A\). En effet, on a \(QA_1 = QB_1\) et \(A_1B = B_1A\) comme d'habitude, et la condition d'angles \(\angle A_1BQ + \angle QAB_1 = 180^\circ\) est vérifiée car \(A\) et \(B\) sont de part et d'autre de la corde \(QC\) de \(\Omega\). On a donc

\[\angle BQA_1 = \angle B_1QA. \tag{3}\]

De (1) et (3), on tire

\[(\angle B_1QC + \angle B_1QA) + (\angle C_1QB - \angle BQA_1) = 180^\circ,\]

c'est-à-dire \(\angle CQA + \angle A_1QC_1 = 180^\circ\). Avec (2), cela s'écrit \(2\angle CQA = 180^\circ\), et comme \(Q\) est sur \(\Omega\), le triangle \(ABC\) est rectangle en \(B\). \(\blacksquare\)

Remarques

Remarque 1. On peut aussi vérifier que \(Q\) est à l'intérieur de \(\Omega\) si et seulement si le triangle \(ABC\) est acutangle.

Remarque 2. La proposition d'origine demandait aussi de prouver la réciproque : si le triangle \(ABC\) est rectangle, alors le point \(Q\) est sur son cercle circonscrit. Le comité a jugé la version simplifiée ci-dessus plus adaptée à la compétition.