Shortlist 2014, G7¶
Domaine : Géométrie · Difficulté : ★★★★★ · Proposé par : U.S.A.
Concepts : Chasse aux angles et quadrilatères cycliques · Centres du triangle et lemmes classiques · Homothétie · Inversion · Outils projectifs : birapport, division harmonique, pôles et polaires
Solution officielle : Shortlist officielle 2014 (avec solutions), p. 64 (page 65 du PDF)
Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.
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Énoncé¶
Let \(ABC\) be a triangle with circumcircle \(\Omega\) and incentre \(I\). Let the line passing through \(I\) and perpendicular to \(CI\) intersect the segment \(BC\) and the arc \(BC\) (not containing \(A\)) of \(\Omega\) at points \(U\) and \(V\), respectively. Let the line passing through \(U\) and parallel to \(AI\) intersect \(AV\) at \(X\), and let the line passing through \(V\) and parallel to \(AI\) intersect \(AB\) at \(Y\). Let \(W\) and \(Z\) be the midpoints of \(AX\) and \(BC\), respectively. Prove that if the points \(I\), \(X\), and \(Y\) are collinear, then the points \(I\), \(W\), and \(Z\) are also collinear.
Indices : les idées clés
- Chasse aux angles : \(B\), \(Y\), \(I\), \(V\) sont cocycliques, et si \(I\), \(X\), \(Y\) sont alignés, alors \(\angle YIA = 90^\circ\) (grâce au quadrilatère inscrit \(BUIN\) et au triangle isocèle \(NIU\)).
- Centres du triangle (solution 1) : \(BV\) est alors la bissectrice extérieure en \(B\), donc \(VA = VC\) ; avec le milieu \(S\) de \(VC\), la droite \(SI\) passe par le milieu de \(AX\) et par celui de \(BC\).
- Inversion \(\sqrt{bc}\) et homothétie (solution 2) : un lemme donne \(\angle BAV = \angle CAE\), où \(E\) est le point de contact du cercle exinscrit ; puis le lemme du diamètre donne \(IZ \parallel AE\).
Solutions
Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2014 (deux solutions et trois remarques).
Solution 1¶
Commençons par des observations générales. Posons \(\alpha = \frac{\angle A}{2}\), \(\beta = \frac{\angle B}{2}\), \(\gamma = \frac{\angle C}{2}\) ; on a \(\alpha + \beta + \gamma = 90^\circ\). Comme \(\angle UIC = 90^\circ\), on obtient \(\angle IUC = \alpha + \beta\). Donc
ce qui montre que les points \(B\), \(Y\), \(I\) et \(V\) sont sur un même cercle (voir la figure 1).
Supposons maintenant \(I\), \(X\) et \(Y\) alignés, et montrons que \(\angle YIA = 90^\circ\).
Soit \(N\) le point d'intersection de la droite \(XU\) avec \(AB\). Comme les droites \(AI\), \(UX\) et \(VY\) sont parallèles,
d'où \(NX = XU\). De plus, \(\angle BIU = \alpha = \angle BNU\). Le quadrilatère \(BUIN\) est donc inscrit, et comme \(BI\) est la bissectrice de l'angle \(UBN\), on en déduit \(NI = UI\). Ainsi, dans le triangle isocèle \(NIU\), le point \(X\) est le milieu de la base \(NU\). Cela donne \(\angle IXN = 90^\circ\), c'est-à-dire \(\angle YIA = 90^\circ\).
Soit \(S\) le milieu du segment \(VC\), \(T\) le point d'intersection des droites \(AX\) et \(SI\), et posons \(x = \angle BAV = \angle BCV\). Comme \(\angle CIA = 90^\circ + \beta\) et \(SI = SC\), on obtient
donc \(TI = TA\). Comme \(\angle XIA = 90^\circ\), le point \(T\) est donc le milieu de \(AX\), c'est-à-dire \(T = W\).
Pour conclure, il reste à montrer que le point d'intersection des droites \(IS\) et \(BC\) est le milieu du segment \(BC\). Comme \(S\) est le milieu du segment \(VC\), il suffit de montrer que les droites \(BV\) et \(IS\) sont parallèles.
Comme le quadrilatère \(BYIV\) est inscrit, \(\angle VBI = \angle VYI = \angle YIA = 90^\circ\). Donc \(BV\) est la bissectrice extérieure de l'angle \(ABC\), ce qui donne \(\angle VAC = \angle VCA\). Donc \(2\alpha - x = 2\gamma + x\), soit \(\alpha = \gamma + x\). Ainsi \(\angle SCI = \alpha\), d'où \(\angle VSI = 2\alpha\).
D'autre part, \(\angle BVC = 180^\circ - \angle BAC = 180^\circ - 2\alpha\), ce qui montre que les droites \(BV\) et \(IS\) sont parallèles. Cela achève la solution. \(\blacksquare\)
Solution 2¶
Comme dans la solution 1, on montre d'abord que \(B\), \(Y\), \(I\), \(V\) sont cocycliques et que \(\angle YIA = 90^\circ\). La suite repose sur le lemme suivant, vrai pour tout triangle \(ABC\) (sans supposer \(I\), \(X\), \(Y\) alignés).
Lemme. Soit \(ABC\) un triangle inscrit dans un cercle \(\Gamma\), et \(I\) le centre de son cercle inscrit. Supposons que la perpendiculaire à \(AI\) passant par \(I\) coupe le côté \(AB\) en \(Y\). Soit \(V\) le second point d'intersection du cercle circonscrit à \(BYI\) avec \(\Gamma\), et \(E\) le point de contact avec \(BC\) du cercle exinscrit opposé à \(A\). Alors
Preuve. Soit \(\rho\) la composée de l'inversion de centre \(A\) et de rayon \(\sqrt{AB \cdot AC}\) et de la symétrie par rapport à \(AI\). Clairement, \(\rho\) échange \(B\) et \(C\).
Soit \(J\) le centre du cercle exinscrit opposé à \(A\) (voir la figure 2). On a \(\angle JAC = \angle BAI\) et \(\angle JCA = 90^\circ + \gamma = \angle BIA\), donc les triangles \(ACJ\) et \(AIB\) sont semblables, et \(AB \cdot AC = AI \cdot AJ\). Donc \(\rho\) échange \(I\) et \(J\). De plus, comme \(Y\) est sur \(AB\) et \(\angle AIY = 90^\circ\), le point \(Y' = \rho(Y)\) est sur \(AC\) et \(\angle JY'A = 90^\circ\). Donc \(\rho\) envoie le cercle \(\gamma\) circonscrit à \(BYI\) sur un cercle \(\gamma'\) de diamètre \(JC\).
Enfin, comme \(V\) est sur \(\Gamma\) et sur \(\gamma\), le point \(V' = \rho(V)\) est sur la droite \(\rho(\Gamma) = BC\) (le livret écrit \(\rho(\Gamma) = AB\) ; il faut lire \(BC\)) ainsi que sur \(\gamma'\), ce qui signifie que \(V' = E\). Cela donne le résultat. \(\square\)
Passons à la solution du problème. Soit \(\omega_1\) le cercle inscrit, tangent à \(BC\) en \(D\), et \(\omega_2\) le cercle exinscrit opposé à \(A\), tangent à \(BC\) en \(E\) (voir la figure 3). L'homothétie de centre \(A\) qui envoie \(\omega_2\) sur \(\omega_1\) envoie \(E\) sur un point \(F\), et la tangente à \(\omega_1\) en \(F\) est parallèle à \(BC\). Donc \(DF\) est un diamètre de \(\omega_1\). De plus, \(Z\) est le milieu de \(DE\). Il s'ensuit que les droites \(IZ\) et \(FE\) sont parallèles.
Soit \(K = YI \cap AE\). Comme \(\angle YIA = 90^\circ\), le lemme montre que \(I\) est le milieu de \(XK\). Donc les segments \(IW\) et \(AK\) sont parallèles. Ainsi, les points \(W\), \(I\) et \(Z\) sont alignés. \(\blacksquare\)
Remarques¶
Remarque 1. Les propriétés \(\angle YIA = 90^\circ\) et \(VA = VC\) s'obtiennent de diverses façons. La principale difficulté du problème semble être de trouver comment s'en servir en lien avec les points \(W\) et \(Z\).
Dans la solution 2, cette partie principale est plus ou moins couverte par le lemme, dont on a donné une preuve directe. Ce lemme combine en fait deux faits bien connus, que l'on formule avec les notations du lemme. Soit \(P\) le point d'intersection de \(IY\) avec \(AC\) (voir la figure 4). Le premier fait affirme que le cercle \(\omega\) circonscrit au triangle \(VYP\) est tangent aux segments \(AB\) et \(AC\), ainsi qu'au cercle \(\Gamma\). Le second affirme que, pour un tel cercle, les angles \(BAV\) et \(CAE\) sont égaux.
Connaître ce lemme peut beaucoup aider à résoudre le problème ; le jury pourrait donc aussi envisager une variante pour laquelle le lemme ne semble pas utile (voir la remarque 3).
Remarque 2. Le problème proposé énonçait l'équivalence : \(I\) est sur la droite \(XY\) si et seulement si \(I\) est sur la droite \(WZ\). Esquissons la preuve du sens « si » (voir la figure 5).
Comme dans la solution 2, soient \(D\) et \(E\) les points de contact de \(BC\) avec \(\omega_1\) et \(\omega_2\). Comme \(IZ \parallel AE\) et que \(W\) est sur \(IZ\), la droite \(DX\) est aussi parallèle à \(AE\). Les triangles \(XUP\) et \(AIQ\) sont donc semblables. De plus, la droite \(DX\) est la symétrique de \(AE\) par rapport à \(I\), donc \(IP = IQ\), où \(P = UV \cap XD\) et \(Q = UV \cap AE\). On obtient
Les paires \(\{I, U\}\) et \(\{P, V\}\) sont donc conjuguées harmoniques, et comme \(\angle UDI = 90^\circ\), on obtient \(\angle VDB = \angle BDX = \angle BEA\). Le point \(V'\) symétrique de \(V\) par rapport à la médiatrice de \(BC\) est donc sur la droite \(AE\), d'où \(\angle BAV = \angle CAE\).
On obtient la suite en renversant simplement les arguments de la solution 2. Les points \(B\), \(V\), \(I\) et \(Y\) sont cocycliques. Le lemme donne \(\angle YIA = 90^\circ\). De plus, les points \(B\), \(U\), \(I\) et \(N\), où \(N = UX \cap AB\), sont sur un même cercle, donc \(IN = IU\). Comme \(IY \perp UN\), le point \(X' = IY \cap UN\) est le milieu de \(UN\). Mais dans le trapèze \(AYVI\), la droite \(XU\) est parallèle aux côtés \(AI\) et \(YV\), donc \(NX = UX'\). Cela donne \(X = X'\).
Le raisonnement de la solution 1 peut aussi être renversé, mais demande beaucoup de détails techniques. Le comité propose donc de ne garder que le sens « seulement si » de la proposition d'origine, qui reste assez difficile.
Remarque 3. Le jury pourrait aussi envisager la variante suivante.
Soit \(ABC\) un triangle de cercle circonscrit \(\Omega\) et de centre du cercle inscrit \(I\). La perpendiculaire à \(CI\) passant par \(I\) coupe le segment \(BC\) et l'arc \(BC\) (ne contenant pas \(A\)) de \(\Omega\) en \(U\) et \(V\). La parallèle à \(AI\) passant par \(U\) coupe \(AV\) en \(X\). Montrer que si les droites \(XI\) et \(AI\) sont perpendiculaires, alors le milieu du segment \(AC\) est sur la droite \(XI\) (voir la figure 6).
Comme la solution reprend les arguments ci-dessus, on l'esquisse seulement. Soit \(N = XU \cap AB\) (voir la figure 7). Alors \(\angle BNU = \angle BAI = \angle BIU\), donc \(B\), \(U\), \(I\), \(N\) sont cocycliques. Donc \(IU = IN\), et comme \(IX \perp NU\), on a \(NX = XU\).
Posons \(Y = XI \cap AB\). L'égalité \(NX = XU\) implique
donc \(YV \parallel AI\). Donc \(\angle BYV = \angle BAI = \angle BIV\), et les points \(B\), \(V\), \(I\), \(Y\) sont cocycliques. Ensuite \(IY \perp YV\), donc \(\angle IBV = 90^\circ\) : \(BV\) est la bissectrice extérieure de l'angle \(ABC\), ce qui donne \(\angle VAC = \angle VCA\).
Pour montrer que \(M = XI \cap AC\) est le milieu de \(AC\), il suffit donc de prouver que \(\angle VMC = 90^\circ\). Cela découle immédiatement de ce que \(V\), \(C\), \(M\) et \(I\) sont cocycliques, puisque \(\angle MIV = \angle YBV = 180^\circ - \angle ACV\).
La réciproque est vraie aussi, mais sa preuve demande également quelques détails techniques.
