Shortlist 2014, G2

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

Concepts : Ceva et Ménélaüs · Homothétie · Outils projectifs : birapport, division harmonique, pôles et polaires

Solution officielle : Shortlist officielle 2014 (avec solutions), p. 51 (page 52 du PDF)

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Énoncé

Let \(ABC\) be a triangle. The points \(K\), \(L\), and \(M\) lie on the segments \(BC\), \(CA\), and \(AB\), respectively, such that the lines \(AK\), \(BL\), and \(CM\) intersect in a common point. Prove that it is possible to choose two of the triangles \(ALM\), \(BMK\), and \(CKL\) whose inradii sum up to at least the inradius of the triangle \(ABC\).

Indices : les idées clés

• Ceva : avec \(a = \frac{BK}{KC}\), \(b = \frac{CL}{LA}\), \(c = \frac{AM}{MB}\), on a \(abc = 1\) ; on peut supposer \(a \geq 1 \geq b\).
• Comparer à des triangles plus petits : les parallèles par \(M\) à \(BC\) et à \(AC\) coupent \(AL\) en \(X\) et \(BK\) en \(Y\) ; les triangles \(AMX\) et \(BMY\) sont contenus dans \(ALM\) et \(BMK\).
• Homothétie de centre \(A\) (et \(B\)) : \(\frac{r_1}{r} = \frac{AM}{AB}\) et \(\frac{r_2}{r} = \frac{MB}{AB}\), d'où \(r_1 + r_2 = r\).

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent la solution officielle de la Shortlist 2014 (une solution et une remarque).

Solution

Posons

\[a = \frac{BK}{KC}, \qquad b = \frac{CL}{LA}, \qquad c = \frac{AM}{MB}.\]

Par le théorème de Ceva, \(abc = 1\) ; on peut donc supposer, sans perte de généralité, que \(a \geq 1\). Alors au moins l'un des nombres \(b\), \(c\) est au plus \(1\). Donc au moins l'un des couples \((a, b)\), \((b, c)\) a sa première composante au moins \(1\) et sa seconde au plus \(1\). Sans perte de généralité, supposons \(1 \leq a\) et \(b \leq 1\).

On a donc \(bc \leq 1\) et \(1 \leq ca\), c'est-à-dire

\[\frac{AM}{MB} \leq \frac{LA}{CL} \quad \text{et} \quad \frac{MB}{AM} \leq \frac{BK}{KC}.\]

La première inégalité montre que la parallèle à \(BC\) passant par \(M\) coupe le segment \(AL\) en un point \(X\) (voir la figure). Le rayon du cercle inscrit dans \(ALM\) est donc au moins égal au rayon \(r_1\) du cercle inscrit dans \(AMX\).

De même, la parallèle à \(AC\) passant par \(M\) coupe le segment \(BK\) en un point \(Y\), donc le rayon du cercle inscrit dans \(BMK\) est au moins égal au rayon \(r_2\) du cercle inscrit dans \(BMY\). Pour conclure, il suffit de montrer que \(r_1 + r_2 \geq r\), où \(r\) est le rayon du cercle inscrit dans \(ABC\). On montre qu'en fait \(r_1 + r_2 = r\).

Comme \(MX \parallel BC\), l'homothétie de centre \(A\) qui envoie \(M\) sur \(B\) envoie le cercle inscrit dans \(AMX\) sur le cercle inscrit dans \(ABC\). Donc

\[\frac{r_1}{r} = \frac{AM}{AB}, \quad \text{et de même} \quad \frac{r_2}{r} = \frac{MB}{AB}.\]

En additionnant ces égalités, on obtient \(r_1 + r_2 = r\), comme voulu. \(\blacksquare\)

Remarque

On peut aussi utiliser le théorème de Desargues au lieu de celui de Ceva. Les droites \(AB\), \(BC\), \(CA\) découpent le plan en sept régions : une bornée, et parmi les six autres, trois à deux côtés et trois à trois côtés. Définissons les points \(P = BC \cap LM\), \(Q = CA \cap MK\) et \(R = AB \cap KL\) (dans le plan projectif). Par le théorème de Desargues, \(P\), \(Q\), \(R\) sont alignés sur une droite \(\ell\), qui ne rencontre que des régions non bornées. Si l'on suppose (sans perte de généralité) que \(P\), \(Q\), \(R\) sont dans cet ordre sur \(\ell\), l'un des segments \(PQ\) ou \(QR\) est contenu dans une région à deux côtés. Si c'est par exemple \(PQ\), les triangles \(ALM\) et \(BMK\) conviennent, pour la même raison que dans la solution.