Shortlist 2016, G4

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

Concepts : Puissance d'un point et axe radical · Chasse aux angles et quadrilatères cycliques · Triangles semblables et similitudes · Centres du triangle et lemmes classiques

Solution officielle : Shortlist officielle 2016 (avec solutions), p. 53 (page 56 du PDF)

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

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Énoncé

Let \(ABC\) be a triangle with \(AB = AC \neq BC\) and let \(I\) be its incentre. The line \(BI\) meets \(AC\) at \(D\), and the line through \(D\) perpendicular to \(AC\) meets \(AI\) at \(E\). Prove that the reflection of \(I\) in \(AC\) lies on the circumcircle of triangle \(BDE\).

Indices : les idées clés

• Réduction à \(EB = EI'\) (solutions 1, 3, 4, 6) : \(I'\) étant le symétrique de \(I\) par rapport à \(AC\), la droite \(DE\) est la bissectrice extérieure de \(\angle BDI'\) ; un point de cette bissectrice équidistant de \(B\) et \(I'\) est sur le cercle \(BDI'\) (milieu d'arc).
• Puissance d'un point (solution 1) : \(DC\) est tangente au cercle \(IBC\), d'où \(DC^2 = DI \cdot DB\), et le symétrique \(J\) de \(I\) par rapport à \(D\) est sur le cercle de centre \(E\) passant par \(B\) et \(C\).
• Chasse aux angles (solutions 2 et 5) : angles orientés pour montrer que \(I', D, E, B\) et un point auxiliaire \(S\) sont cocycliques, ou trapèzes isocèles.
• Triangles semblables (solutions 3 et 6) : deux paires de triangles semblables donnent \(BE = I'E\).
• Centres du triangle : lemme du pôle Sud (le milieu d'un arc est le centre du cercle passant par \(B\), \(I\), \(C\)) ; en solution 4, la droite \(A'B'\) est la médiatrice de \(CI\).

Solutions

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

Dans toutes les solutions, \(I'\) désigne le symétrique de \(I\) par rapport à \(AC\).

Solution 1

Soit \(\Gamma\) le cercle de centre \(E\) passant par \(B\) et \(C\) (on a \(EB = EC\) car \(E\) est sur l'axe de symétrie \(AI\)). Comme \(ED \perp AC\), le symétrique \(F\) de \(C\) par rapport à \(D\) est aussi sur \(\Gamma\).

Comme \(\angle DCI = \angle ICB = \angle CBI\) (car \(AB = AC\)), la droite \(DC\) est tangente au cercle circonscrit à \(IBC\). Soit \(J\) le symétrique de \(I\) par rapport à \(D\). En longueurs algébriques, la puissance du point \(D\) donne

\[\overline{DC} \cdot \overline{DF} = -DC^2 = -\overline{DI} \cdot \overline{DB} = \overline{DJ} \cdot \overline{DB},\]

donc \(J\) est aussi sur \(\Gamma\) (voir la figure).

Comme \([IJ]\) et \([CF]\) ont le même milieu \(D\), le quadrilatère \(CJFI\) est un parallélogramme. Par symétrie d'axe \(AC\) puis par le parallélogramme, \(\angle FI'C = \angle CIF = \angle FJC\), donc \(I'\) est sur \(\Gamma\) (qui passe par \(F\), \(J\), \(C\)). Ainsi \(EI' = EB\).

Comme \(AC\) est la bissectrice intérieure de \(\angle BDI'\) et \(DE \perp AC\), la droite \(DE\) est la bissectrice extérieure de \(\angle BDI'\). Avec \(EI' = EB\), c'est un résultat classique que \(E\) est alors sur le cercle circonscrit au triangle \(BDI'\) : \(I'\) est sur le cercle \(BDE\). \(\blacksquare\)

Précision ajoutée (utilisée aussi dans les solutions 3, 4 et 6) : la droite \(BD\) passe par \(I\), donc la symétrie d'axe \(AC\) envoie la demi-droite \([DB)\) sur \([DI')\), et \(AC\) est bien la bissectrice intérieure de \(\angle BDI'\). Le milieu de l'arc \(BI'\) contenant \(D\) du cercle \(BDI'\) est sur la bissectrice extérieure de \(\angle BDI'\) et sur la médiatrice de \([BI']\) ; ces deux droites ne se coupent qu'en un point (sauf si \(DB = DI'\), ce qui n'arrive pas ici), qui est donc \(E\).

Solution 2

Soit \(S\) le point d'intersection de \(I'C\) et \(AI\). Avec des angles orientés \(\measuredangle\) (modulo \(\pi\)), posons \(\theta = \measuredangle ACI = \measuredangle ICB = \measuredangle CBI\). Par chasse aux angles,

\[\measuredangle I'SE = \measuredangle I'CA + \measuredangle CAI = \theta + \left(\frac{\pi}{2} + 2\theta\right) = 3\theta + \frac{\pi}{2}\]

et

\[\measuredangle I'DE = \measuredangle I'DC + \frac{\pi}{2} = \measuredangle CDI + \frac{\pi}{2} = \measuredangle DCB + \measuredangle CBD + \frac{\pi}{2} = 3\theta + \frac{\pi}{2}.\]

Donc \(I', D, E, S\) sont cocycliques.

Ensuite, \(\measuredangle I'SB = 2\measuredangle I'SE = 6\theta\) et \(\measuredangle I'DB = 2\measuredangle CDI = 6\theta\). Donc \(I', D, B, S\) sont cocycliques. Précision ajoutée : la symétrie d'axe \(AI\) échange les droites \(SC\) (qui contient \(I'\)) et \(SB\), donc \(AI\) est bissectrice de l'angle \(I'SB\), ce qui justifie \(\measuredangle I'SB = 2\measuredangle I'SE\). Les points \(I', D, E, B, S\) sont donc sur un même cercle, ce qui donne le résultat. \(\blacksquare\)

Solution 3

Soit \(D'\) la seconde intersection de \(AI\) avec le cercle circonscrit à \(ABD\). Comme \(AD'\) est la bissectrice de \(\angle BAD\), le point \(D'\) est le milieu de l'arc \(BD\), d'où \(DD' = BD'\) ; et \(BD' = CD'\) car \(D'\) est sur l'axe \(AI\). Donc \(D'\) est le centre du cercle circonscrit à \(BCD\). Les points \(A, E, D'\) sont alignés sur \(AI\) dans cet ordre.

On a \(\angle ED'D = \angle AD'D = \angle ABD = \angle IBC = \angle ICB\). Par ailleurs, \(D'\) étant le centre du cercle \(BCD\), \(\angle EDD' = 90^\circ - \angle D'DC = \angle CBD = \angle IBC\). Ces deux égalités montrent que les triangles \(ED'D\) et \(ICB\) sont semblables. Donc

\[\frac{BC}{CI'} = \frac{BC}{CI} = \frac{DD'}{D'E} = \frac{BD'}{D'E}.\]

De plus,

\[\angle BCI' = \angle BCA + \angle ACI' = \angle BCA + \angle ICA = \angle BCA + \angle DBC = \angle BDA = \angle BD'E.\]

Les triangles \(BCI'\) et \(BD'E\) sont donc semblables, et par suite (similitude de centre \(B\)) les triangles \(BCD'\) et \(BI'E\) sont semblables. Comme \(BCD'\) est isocèle en \(D'\), on obtient \(EB = EI'\).

Comme \(DE\) est la bissectrice extérieure de \(\angle BDI'\) et \(EI' = EB\), le point \(E\) est sur le cercle circonscrit à \(BDI'\). \(\blacksquare\)

Solution 4

Soient \(A'\) et \(B'\) les secondes intersections de \(AI\) et \(BI\) avec le cercle circonscrit à \(ABC\), et \(E'\) le symétrique de \(E\) par rapport à \(AC\). On a

\[\angle B'AE' = \angle B'AD - \angle E'AD = \frac{\angle ABC}{2} - \frac{\angle BAC}{2} = 90^\circ - \angle BAC - \frac{\angle ABC}{2} = 90^\circ - \angle B'DA = \angle B'DE',\]

(on a utilisé \(\angle BAC + 2\angle ABC = 180^\circ\)), donc \(B', A, D, E'\) sont cocycliques. Alors

\[\angle DB'E' = \angle DAE' = \frac{\angle BAC}{2} = \angle BAA' = \angle DB'A',\]

donc \(B', E', A'\) sont alignés. D'après un lemme classique des centres du triangle, \(A'\) (resp. \(B'\)) est équidistant de \(C\) et de \(I\), donc \(A'B'\) est la médiatrice de \([CI]\) ; ainsi \(CE' = IE'\). Par symétrie d'axe \(AC\), \(CE' = CE\) et \(IE' = I'E\) ; par symétrie d'axe \(AI\), \(BE = CE\). Donc \(BE = CE = I'E\).

Comme \(DE\) est la bissectrice extérieure de \(\angle BDI'\) et \(EI' = EB\), le point \(E\) est sur le cercle circonscrit à \(BDI'\). \(\blacksquare\)

Solution 5

Soit \(F\) l'intersection de \(CI\) et \(AB\) ; \(F\) et \(D\) sont symétriques par rapport à \(AI\). Soit \(O\) le centre du cercle circonscrit à \(BIF\).

On a \(\angle BFO = 90^\circ - \angle FIB = \frac{1}{2}\angle BAC = \angle BAI\), donc \(EI \parallel FO\). De plus, \(\angle OIB = 90^\circ - \angle BFI = 90^\circ - \angle CDI = \angle I'ID\), donc \(O, I, I'\) sont alignés.

Comme \(ED\) et \(OI\) sont toutes deux perpendiculaires à \(AC\), \(ED \parallel OI\). Alors \(\angle FEI = \angle DEI = \angle OIE\). Avec \(EI \parallel FO\), le quadrilatère \(EFOI\) est un trapèze isocèle. Par suite \(\angle DIE = \angle FIE = \angle OEI\), donc \(OE \parallel ID\), et \(DEOI\) est un parallélogramme.

On a donc \(DI' = DI = EO\), et \(DEOI'\) est un trapèze isocèle (bases \(DE \parallel OI'\)). De plus, \(ED = OI = OB\) et \(OE \parallel BD\), donc \(EOBD\) est un autre trapèze isocèle. Les quadrilatères \(DEOI'\) et \(EOBD\) sont tous deux inscriptibles et ont trois sommets communs \(D, E, O\) : les points \(B, D, E, I'\) sont donc cocycliques. \(\blacksquare\)

Solution 6

Soient \(T\) et \(M\) les projetés orthogonaux de \(I\) sur \(AB\) et \(BC\). Comme \(BI\) est la médiatrice de \([TM]\),

\[DT = DM. \tag{1}\]

Comme \(\angle ADE = \angle ATI = 90^\circ\) et \(\angle DAE = \angle TAI\), les triangles \(ADE\) et \(ATI\) sont semblables, donc \(\frac{AD}{AE} = \frac{AT}{AI} = \frac{AT}{AI'}\). Avec \(\angle DAT = 2\angle DAE = \angle EAI'\), on obtient \(DAT \sim EAI'\). En particulier,

\[\frac{DT}{EI'} = \frac{AT}{AI'} = \frac{AT}{AI}. \tag{2}\]

Ici \(M\) est le milieu de \([BC]\) et \(AM \perp BC\) ; les triangles rectangles \(AMB\) et \(ATI\) sont semblables, donc

\[\frac{AM}{AB} = \frac{AT}{AI}. \tag{3}\]

Enfin, de \(AMB \sim ATI \sim ADE\) on tire \(\frac{AM}{AB} = \frac{AD}{AE}\), d'où \(ADM \sim AEB\) (même angle en \(A\)). Il s'ensuit que

\[\frac{DM}{EB} = \frac{AM}{AB}. \tag{4}\]

En combinant (1), (2), (3) et (4), on obtient \(EB = EI'\). Comme \(DE\) est la bissectrice extérieure de \(\angle BDI'\), le point \(E\) est sur le cercle circonscrit à \(BDI'\). \(\blacksquare\)

Remarques

Remarque 1 (sur la solution 2). Le point \(S\) de la solution 2 peut se trouver du même côté de \(BC\) que \(A\). Par ailleurs, comme \(S\) est sur le cercle circonscrit au triangle non dégénéré \(BDE\), ce n'est pas un point à l'infini ; on vérifie d'ailleurs que \(I'C\) et \(AI\) sont parallèles si et seulement si \(ABC\) est équilatéral.

Remarque 2 (version renforcée). On peut demander de montrer que le symétrique de \(I\) par rapport à \(AC\) est sur le cercle \(BDE\) si et seulement si \(AB = AC\). Plusieurs solutions s'adaptent à la réciproque ; par exemple, avec les idées de la solution 2 : supposons \(B, E, D, I'\) sur un cercle \(\Gamma\), et soit \(S\) la seconde intersection de \(AI\) avec \(\Gamma\). Comme \(DE\) est la bissectrice extérieure de \(\angle BDI'\), on a \(EB = EI'\). En angles orientés,

\[\measuredangle CI'S = \measuredangle CI'D + \measuredangle DI'S = \measuredangle DIC + \measuredangle DES = \measuredangle DIC + \measuredangle DEA = \measuredangle DIC + \measuredangle DCB = 0,\]

donc \(I', C, S\) sont alignés. Il vient \(\measuredangle BSE = \measuredangle ESI' = \measuredangle ESC\), de sorte que \(AS\) est bissectrice à la fois de \(\angle BAC\) et de \(\angle BSC\). Comme \(S \neq A\), les triangles \(BAS\) et \(CAS\) sont isométriques, d'où \(AB = AC\). Une autre approche consiste à établir l'équivalence \(BE = EI' \iff AB = AC\), par exemple en exprimant \(BE\) et \(EI'\) par trigonométrie en fonction des côtés du triangle.