Shortlist 2016, G2

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

Concepts : Triangles semblables et similitudes · Centres du triangle et lemmes classiques · Homothétie · Trigonométrie : loi des sinus, Ceva trigonométrique · Outils projectifs : birapport, division harmonique, pôles et polaires

Solution officielle : Shortlist officielle 2016 (avec solutions), p. 47 (page 50 du PDF)

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Énoncé

Let \(ABC\) be a triangle with circumcircle \(\Gamma\) and incentre \(I\). Let \(M\) be the midpoint of side \(BC\). Denote by \(D\) the foot of perpendicular from \(I\) to side \(BC\). The line through \(I\) perpendicular to \(AI\) meets sides \(AB\) and \(AC\) at \(F\) and \(E\) respectively. Suppose the circumcircle of triangle \(AEF\) intersects \(\Gamma\) at a point \(X\) other than \(A\). Prove that lines \(XD\) and \(AM\) meet on \(\Gamma\).

Indices : les idées clés

• Rapport des diagonales d'un quadrilatère inscrit (solution 1) : si les diagonales de \(PQRS\) se coupent en \(T\), alors \(\frac{QT}{TS} = \frac{PQ \cdot QR}{PS \cdot SR}\) ; on ramène tout à montrer \(\frac{BD'}{D'C} = \frac{BD}{DC}\).
• Similitudes : \(X\) est le centre de la similitude qui envoie \(BF\) sur \(CE\), d'où \(\frac{XB}{XC} = \frac{BF}{CE}\).
• Centres du triangle et homothétie (solution 1) : triangles \(FBI \sim IBC\), tangente au cercle inscrit parallèle à \(BC\) ; ou bien trigonométrie (méthode 2).
• Division harmonique (solution 2) : le cercle mixtilinéaire inscrit touche \(AB\), \(AC\) en \(F\), \(E\) ; \(XBTC\) est un quadrilatère harmonique.

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2016 (deux solutions).

Solution 1

Soit \(Y\) le second point d'intersection de \(AM\) avec \(\Gamma\), et \(D'\) l'intersection de \(XY\) avec \(BC\). Il suffit de montrer que \(D' = D\).

Lemme. Pour tout quadrilatère inscrit \(PQRS\) dont les diagonales se coupent en \(T\),

\[\frac{QT}{TS} = \frac{PQ \cdot QR}{PS \cdot SR}.\]

Preuve. En notant \([\cdot]\) les aires, et puisque \(\sin\angle PQR = \sin\angle PSR\) (angles supplémentaires),

\[\frac{QT}{TS} = \frac{[PQR]}{[PSR]} = \frac{\frac12 PQ \cdot QR \sin\angle PQR}{\frac12 PS \cdot SR \sin\angle PSR} = \frac{PQ \cdot QR}{PS \cdot SR}.\]

Appliqué à \(ABYC\) puis à \(XBYC\) :

\[1 = \frac{BM}{MC} = \frac{AB \cdot BY}{AC \cdot CY} \quad\text{et}\quad \frac{BD'}{D'C} = \frac{XB \cdot BY}{XC \cdot CY}.\]

En combinant,

\[\frac{BD'}{CD'} = \frac{XB}{XC} \cdot \frac{BY}{CY} = \frac{XB}{XC} \cdot \frac{AC}{AB}. \tag{1}\]

Ensuite, avec des angles orientés, \(\measuredangle XBF = \measuredangle XBA = \measuredangle XCA = \measuredangle XCE\) et \(\measuredangle XFB = \measuredangle XFA = \measuredangle XEA = \measuredangle XEC\). Les triangles \(XBF\) et \(XCE\) sont donc directement semblables, et

\[\frac{XB}{XC} = \frac{BF}{CE}. \tag{2}\]

Deux façons de continuer.

Méthode 1 (géométrique). Comme \(\angle FIB = \angle AIB - 90^\circ = \frac12 \angle ACB = \angle ICB\) et \(\angle FBI = \angle IBC\), les triangles \(FBI\) et \(IBC\) sont semblables ; de même \(EIC\) et \(IBC\). Donc

\[\frac{FB}{IB} = \frac{BI}{BC} \quad\text{et}\quad \frac{EC}{IC} = \frac{IC}{BC}. \tag{3}\]

Traçons la tangente au cercle inscrit parallèle à \(BC\) (autre que \(BC\)) ; elle coupe \(AB\) et \(AC\) en \(B_1\) et \(C_1\). Le cercle inscrit touche \(AB\) et \(AC\) en \(B_2\) et \(C_2\). Par homothétie de centre \(A\) (qui envoie le triangle \(AB_1C_1\) sur \(ABC\)), la droite \(B_1I\), bissectrice extérieure en \(B_1\) de \(AB_1C_1\), est parallèle à la bissectrice extérieure de \(\angle ABC\), donc \(\angle B_1IB = 90^\circ\). Comme \(\angle BB_2I = 90^\circ\), la relation métrique dans le triangle rectangle \(B_1IB\) donne \(BB_2 \cdot BB_1 = BI^2\), et de même \(CC_2 \cdot CC_1 = CI^2\). Avec \(BB_2 = BD\), \(CC_2 = CD\) et \(\frac{BB_1}{CC_1} = \frac{AB}{AC}\) (car \(B_1C_1 \parallel BC\)),

\[\frac{BI^2}{CI^2} = \frac{BB_2 \cdot BB_1}{CC_2 \cdot CC_1} = \frac{BB_1}{CC_1} \cdot \frac{BD}{CD} = \frac{AB}{AC} \cdot \frac{BD}{CD}. \tag{4}\]

En combinant (1), (2), (3) et (4) :

\[\frac{BD'}{CD'} = \frac{XB}{XC} \cdot \frac{AC}{AB} = \frac{BF}{CE} \cdot \frac{AC}{AB} = \frac{BI^2}{CI^2} \cdot \frac{AC}{AB} = \frac{BD}{CD},\]

donc \(D' = D\), ce qui conclut.

Méthode 2 (trigonométrique). Posons \(\beta = \frac12\angle ABC\) et \(\gamma = \frac12\angle ACB\). On a \(\angle FIB = \angle AIB - 90^\circ = \gamma\), donc par la loi des sinus dans \(BFI\), \(\frac{BF}{FI} = \frac{\sin\angle FIB}{\sin\angle IBF} = \frac{\sin\gamma}{\sin\beta}\) ; de même \(\frac{CE}{EI} = \frac{\sin\beta}{\sin\gamma}\). Comme \(FI = EI\),

\[\frac{BF}{CE} = \frac{BF}{FI} \cdot \frac{EI}{CE} = \left(\frac{\sin\gamma}{\sin\beta}\right)^2. \tag{5}\]

Avec (1), (2) et \(\frac{AC}{AB} = \frac{\sin 2\beta}{\sin 2\gamma}\) :

\[\frac{BD'}{CD'} = \frac{AC}{AB}\left(\frac{\sin\gamma}{\sin\beta}\right)^2 = \frac{\sin 2\beta}{\sin 2\gamma}\left(\frac{\sin\gamma}{\sin\beta}\right)^2 = \frac{\tan\gamma}{\tan\beta} = \frac{ID/CD}{ID/BD} = \frac{BD}{CD}.\]

Donc \(D' = D\), et le résultat suit. \(\blacksquare\)

Solution 2

Soit \(\omega_A\) le cercle mixtilinéaire inscrit en \(A\) du triangle \(ABC\) (tangent intérieurement à \(\Gamma\) et aux côtés \(AB\), \(AC\)). D'après les propriétés classiques de ce cercle, il touche \(AB\) et \(AC\) exactement en \(F\) et \(E\). Soit \(T\) son point de contact avec \(\Gamma\). Soit \(Y\) le second point d'intersection de \(AM\) avec \(\Gamma\), et \(D_1\), \(T_1\) les symétriques de \(D\) et \(T\) par rapport à la médiatrice de \(BC\). Il est bien connu que \(\angle BAT = \angle D_1AC\), de sorte que \(A, D_1, T_1\) sont alignés. (Voir la figure.)

\(X, M, T_1\) sont alignés. Soit \(R\) le centre radical de \(\omega_A\), \(\Gamma\) et du cercle circonscrit à \(AEF\) : \(R\) est sur \(AX\), sur \(EF\) et sur la tangente en \(T\) à \(\Gamma\) (qui est aussi tangente à \(\omega_A\)). Soit \(S\) le second point d'intersection de \(AT\) avec \(\omega_A\) et \(P\) l'intersection de \(AT\) avec \(EF\). Le quadrilatère \(SFTE\) est harmonique (les tangentes en \(F\) et \(E\) se coupent en \(A\), sur la droite \(ST\)). En projetant depuis \(T\) sur la droite \(EF\), le faisceau \((R, P; F, E)\) est harmonique. En projetant ensuite sur \(\Gamma\) depuis \(A\), on obtient que \(XBTC\) est un quadrilatère harmonique. Comme \(TT_1 \parallel BC\), la projection depuis \(T_1\) sur \(BC\) envoie \(T\) à l'infini, donc envoie \(X\) sur le conjugué harmonique du point à l'infini par rapport à \(B, C\), c'est-à-dire le milieu \(M\) de \(BC\). Ainsi \(X, M, T_1\) sont alignés.

Deux façons de conclure.

Méthode 1. \(AY\) et \(XT_1\) sont deux cordes de \(\Gamma\) passant par le milieu \(M\) de la corde \(BC\). Par le théorème du papillon, \(XY\) et \(AT_1\) coupent \(BC\) en deux points symétriques par rapport à \(M\). Comme \(AT_1\) coupe \(BC\) en \(D_1\), symétrique de \(D\), la droite \(XY\) passe par \(D\) : \(X, D, Y\) sont alignés.

Méthode 2 (sans le théorème du papillon). Comme \(DTT_1D_1\) est un trapèze isocèle, en angles orientés,

\[\measuredangle YTD = \measuredangle YTT_1 + \measuredangle T_1TD = \measuredangle YAT_1 + \measuredangle AD_1D = \measuredangle YMD,\]

donc \(D, T, Y, M\) sont cocycliques. Comme \(X, M, T_1\) sont alignés,

\[\measuredangle AYD = \measuredangle MTD = \measuredangle D_1T_1M = \measuredangle AT_1X = \measuredangle AYX.\]

Donc \(X, D, Y\) sont alignés : \(XD\) et \(AM\) se coupent en \(Y \in \Gamma\). \(\blacksquare\)