Shortlist 2016, G7

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

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

Solution officielle : Shortlist officielle 2016 (avec solutions), p. 66 (page 69 du PDF)

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

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Énoncé

Let \(I\) be the incentre of a non-equilateral triangle \(ABC\), \(I_A\) be the \(A\)-excentre, \(I_A'\) be the reflection of \(I_A\) in \(BC\), and \(l_A\) be the reflection of line \(AI_A'\) in \(AI\). Define points \(I_B\), \(I_B'\) and line \(l_B\) analogously. Let \(P\) be the intersection point of \(l_A\) and \(l_B\).

(a) Prove that \(P\) lies on line \(OI\) where \(O\) is the circumcentre of triangle \(ABC\).

(b) Let one of the tangents from \(P\) to the incircle of triangle \(ABC\) meet the circumcircle at points \(X\) and \(Y\). Show that \(\angle XIY = 120^\circ\).

Indices : les idées clés

• Triangles semblables : \(ABA' \sim AOC\) et \(ABI_A \sim AIC\) donnent \(AA'I_A \sim AIO\) (solution 1) ; en solution 2, les triangles \(ABP\) et \(AI_A'C\) sont directement semblables.
• Chasse aux angles et puissance d'un point (solution 1) : \(M, O, A, P'\) sont cocycliques, et la puissance de \(I\) donne \(IP' = \frac{R^2 - IO^2}{IO}\), qui ne dépend pas du sommet choisi.
• Inversion (solution 2) : l'inversion de centre \(A\) et de rayon \(\sqrt{AB \cdot AC}\) suivie de la symétrie d'axe \(AI\) envoie \(O, I, P\) sur les sommets \(A', I_A, I_A'\) d'un trapèze isocèle ; de plus \(P\) et \(I\) sont inverses par rapport au cercle circonscrit.
• Centres du triangle : centres exinscrits, relation d'Euler \(OI^2 = R^2 - 2Rr\), qui donne \(OD = \frac{R}{2}\) pour le milieu \(D\) de \([XY]\).
• Théorème de Poncelet (solution 1) : les autres tangentes au cercle inscrit issues de \(X\) et \(Y\) se coupent sur le cercle circonscrit, et \(I\) est le centre du cercle inscrit dans le triangle obtenu.

Solutions

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

Dans tout ce qui suit, \(\Gamma\) désigne le cercle circonscrit à \(ABC\), \(R\) et \(r\) les rayons des cercles circonscrit et inscrit, et \(A'\) le symétrique de \(A\) par rapport à \(BC\).

Solution 1

(a) Soit \(M\) la seconde intersection de la droite \(AI\) avec \(\Gamma\). Les triangles \(ABA'\) et \(AOC\) sont isocèles avec \(\angle ABA' = 2\angle ABC = \angle AOC\) : ils sont semblables. De plus, les triangles \(ABI_A\) et \(AIC\) sont semblables. Donc

\[\frac{AA'}{AI_A} = \frac{AA'}{AB} \cdot \frac{AB}{AI_A} = \frac{AC}{AO} \cdot \frac{AI}{AC} = \frac{AI}{AO}.\]

Avec \(\angle A'AI_A = \angle IAO\), on en déduit que les triangles \(AA'I_A\) et \(AIO\) sont semblables.

Soit \(P'\) l'intersection de la droite \(AP\) et de la droite \(OI\). En angles orientés (voir la figure),

\[\begin{aligned} \measuredangle MAP' &= \measuredangle I_A'AI_A = \measuredangle I_A'AA' - \measuredangle I_AAA' = \measuredangle AA'I_A - \measuredangle(AM, OM) \\ &= \measuredangle AIO - \measuredangle AMO = \measuredangle MOP'. \end{aligned}\]

(La première égalité vient de la définition de \(l_A\), symétrique de \(AI_A'\) par rapport à \(AI\) ; ensuite, \(AA'I_AI_A'\) est un trapèze isocèle d'axe \(BC\), et \(AA' \parallel OM\) car ces deux droites sont perpendiculaires à \(BC\).) Ainsi \(M, O, A, P'\) sont cocycliques.

Par puissance du point \(I\) par rapport à ce cercle (sur lequel \(A\), \(M\), \(O\), \(P'\) sont situés, \(I\) étant sur les cordes \([AM]\) et \(OP'\)) puis par rapport à \(\Gamma\),

\[IP' = \frac{IA \cdot IM}{IO} = \frac{R^2 - IO^2}{IO},\]

qui ne dépend pas du sommet \(A\) (le livret écrit \(\frac{IO^2 - R^2}{IO}\), en longueur algébrique sur la droite \(OI\) orientée de \(I\) vers \(O\) : \(P'\) et \(O\) sont de part et d'autre de \(I\)). Donc \(BP\) coupe aussi la droite \(OI\) en ce même point \(P'\) ; ainsi \(P' = P\), et \(P\) est sur \(OI\).

(b) D'après le théorème de Poncelet (porisme de Poncelet), les autres tangentes au cercle inscrit de \(ABC\) issues de \(X\) et de \(Y\) se coupent en un point \(Z\) de \(\Gamma\). Soit \(T\) le point de contact du cercle inscrit avec \(XY\), et \(D\) le milieu de \([XY]\). Comme \(IT\) et \(OD\) sont perpendiculaires à \(XY\) et que \(P\) est sur \(XY\) et sur \(OI\) (avec \(I\) entre \(P\) et \(O\)), le théorème de Thalès et la relation d'Euler \(OI^2 = R^2 - 2Rr\) donnent

\[\begin{aligned} OD &= IT \cdot \frac{OP}{IP} = r\left(1 + \frac{OI}{IP}\right) = r\left(1 + \frac{OI^2}{OI \cdot IP}\right) = r\left(1 + \frac{R^2 - 2Rr}{R^2 - IO^2}\right) \\ &= r\left(1 + \frac{R^2 - 2Rr}{2Rr}\right) = \frac{R}{2} = \frac{OX}{2}. \end{aligned}\]

Cela montre que \(\angle XZY = 60^\circ\), et donc \(\angle XIY = 120^\circ\). \(\blacksquare\)

Précision ajoutée : \(OD = \frac{OX}{2}\) donne \(\angle XOD = 60^\circ\), donc l'arc \(XY\) vu depuis \(Z\) correspond à \(\angle XZY = 60^\circ\) ; comme le cercle inscrit de \(ABC\) est tangent aux trois côtés de \(XYZ\), \(I\) est le centre du cercle inscrit de \(XYZ\) et \(\angle XIY = 90^\circ + \frac{1}{2}\angle XZY = 120^\circ\).

Solution 2

(a) Les triangles \(AI_BC\) et \(I_ABC\) sont semblables, car leurs angles sont égaux. Par symétrie, les quatre triangles \(AI_B'C\), \(AI_BC\), \(I_ABC\) et \(I_A'BC\) sont donc semblables. De \(AI_B'C \sim I_A'BC\), on tire (similitude de centre \(C\)) \(AI_A'C \sim I_B'BC\). Comme \(\measuredangle ABP = \measuredangle I_B'BC = \measuredangle AI_A'C\) et \(\measuredangle BAP = \measuredangle I_A'AC\), les triangles \(ABP\) et \(AI_A'C\) sont directement semblables.

Considérons l'inversion de centre \(A\) et de rayon \(\sqrt{AB \cdot AC}\), suivie de la symétrie d'axe \(AI\). Elle échange \(B\) et \(C\), ainsi que \(I\) et \(I_A\). D'après les triangles semblables obtenus, \(AP \cdot AI_A' = AB \cdot AC\) ; comme \(P\) et \(I_A'\) sont sur des droites symétriques par rapport à \(AI\), la transformation envoie \(P\) sur \(I_A'\). De plus, la droite \(AO\) est envoyée sur la hauteur issue de \(A\), et \(O\) est envoyé sur \(A'\) (car \(AO \cdot AA' = AB \cdot AC\), par \(ABA' \sim AOC\)). Or \(AA'I_AI_A'\) est un trapèze isocèle, donc il est inscrit dans un cercle. Ce cercle passe par \(A\), donc son antécédent est une droite : les points \(O, I, P\) sont alignés.

(b) Par la transformation ci-dessus, \(APO \sim AA'I_A'\) et \(AA'I_A \sim AIO\). Donc, en utilisant les diagonales égales du trapèze isocèle (\(A'I_A' = AI_A\) et \(AI_A' = A'I_A\)),

\[PO = A'I_A' \cdot \frac{AO}{AI_A'} = AI_A \cdot \frac{AO}{A'I_A} = \frac{AI_A}{A'I_A} \cdot AO = \frac{AO}{IO} \cdot AO.\]

Ainsi \(PO \cdot IO = R^2\) : les points \(P\) et \(I\) sont inverses l'un de l'autre dans l'inversion de cercle \(\Gamma\). Alors \(PX \cdot PY\), qui est la puissance de \(P\) par rapport à \(\Gamma\), vaut \(PO^2 - R^2 = PO(PO - IO) = PI \cdot PO\). Donc \(X, I, O, Y\) sont cocycliques.

Soit \(T\) le point de contact du cercle inscrit avec \(XY\), et \(D\) le milieu de \([XY]\). Avec la relation d'Euler \(R^2 - IO^2 = 2Rr\),

\[OD = IT \cdot \frac{PO}{PI} = r \cdot \frac{PO}{PO - IO} = r \cdot \frac{R^2}{R^2 - IO^2} = r \cdot \frac{R^2}{2Rr} = \frac{R}{2}.\]

Donc \(\angle DOX = 60^\circ\), et \(\angle XIY = \angle XOY = 120^\circ\). \(\blacksquare\)

Remarques

Remarque. Une version simplifiée du problème consiste à ne demander que la partie (a). La question (b) suppose implicitement que \(P\) est sur \(OI\) : sinon l'angle ne serait pas déterminé de façon unique, puisqu'on peut mener une autre tangente au cercle inscrit depuis \(P\).