Shortlist 2018, G5

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

Concepts : Homothétie · Centres du triangle et lemmes classiques · Chasse aux angles et quadrilatères cycliques · Coordonnées et nombres complexes

Solution officielle : Shortlist officielle 2018 (avec solutions), p. 44 (page 46 du PDF)

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Énoncé

Let \(ABC\) be a triangle with circumcircle \(\omega\) and incentre \(I\). A line \(\ell\) intersects the lines \(AI\), \(BI\), and \(CI\) at points \(D\), \(E\), and \(F\), respectively, distinct from the points \(A\), \(B\), \(C\), and \(I\). The perpendicular bisectors \(x\), \(y\), and \(z\) of the segments \(AD\), \(BE\), and \(CF\), respectively determine a triangle \(\Theta\). Show that the circumcircle of the triangle \(\Theta\) is tangent to \(\omega\).

Indices : les idées clés

• Homothétie : le triangle \(\Theta = XYZ\) est homothétique au triangle \(X_0Y_0Z_0\) inscrit dans \(\omega\) ; les deux cercles sont tangents dès que le centre de cette homothétie est sur \(\omega\) (ou \(\Omega\)).
• Centres du triangle : \(Y_0Z_0\) est la médiatrice de \(AI\) (lemme du pôle Sud), et \(X_0\) est le milieu de \(II_a\) (lemme de l'incentre-exincentre, solution 3).
• Chasse aux angles (angles orientés, solution 1) : les symétriques de \(\ell\) par rapport à \(x\), \(y\), \(z\) concourent en un point \(T\) de \(\omega\).
• Droite de Simson (solutions 2 et 3) : \(D\), \(E\), \(F\) sont les pieds des perpendiculaires issues de \(I\) sur les côtés du triangle \(UVW\) et sont alignés, donc \(I\) est sur le cercle circonscrit à \(UVW\).
• Vecteurs et projections (solution 2) : \(\overrightarrow{IU} = 2\overrightarrow{X_0X}\), vérifié en projetant sur deux axes.

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2018 (trois solutions et deux remarques).

Préambule (commun aux solutions). Soient \(X = y \cap z\), \(Y = x \cap z\), \(Z = x \cap y\), et soit \(\Omega\) le cercle circonscrit au triangle \(XYZ\). Notons \(X_0\), \(Y_0\), \(Z_0\) les seconds points d'intersection de \(AI\), \(BI\), \(CI\) avec \(\omega\). On sait que \(Y_0Z_0\) est la médiatrice de \(AI\), \(Z_0X_0\) celle de \(BI\) et \(X_0Y_0\) celle de \(CI\). En particulier, les triangles \(XYZ\) et \(X_0Y_0Z_0\) sont homothétiques, car leurs côtés correspondants sont parallèles. Les solutions exploitent surtout l'approche suivante : on considère les triangles \(XYZ\) et \(X_0Y_0Z_0\), ou une autre paire de triangles homothétiques \(\Delta\) et \(\delta\) inscrits respectivement dans \(\Omega\) et \(\omega\). Pour prouver que \(\Omega\) et \(\omega\) sont tangents, il suffit de montrer que le centre \(T\) de l'homothétie qui envoie \(\Delta\) sur \(\delta\) est sur \(\omega\) (ou sur \(\Omega\)) ; autrement dit, que \(\Delta\) et \(\delta\) sont perspectifs (les droites joignant les sommets correspondants sont concourantes) avec un centre de perspective sur \(\omega\) (ou \(\Omega\)). On utilise des angles orientés \(\measuredangle(\cdot, \cdot)\), modulo \(180^\circ\), dans toutes les solutions.

Solution 1

Affirmation 1. Les symétriques \(\ell_a\), \(\ell_b\), \(\ell_c\) de la droite \(\ell\) par rapport aux droites \(x\), \(y\), \(z\) sont concourantes en un point \(T\) de \(\omega\).

Preuve. Par chasse aux angles, \(\measuredangle(\ell_b, \ell_c) = \measuredangle(\ell_b, \ell) + \measuredangle(\ell, \ell_c) = 2\measuredangle(y, \ell) + 2\measuredangle(\ell, z) = 2\measuredangle(y, z)\). Or \(y \perp BI\) et \(z \perp CI\) entraînent \(\measuredangle(y, z) = \measuredangle(BI, IC)\), et comme \(2\measuredangle(BI, IC) = \measuredangle(BA, AC)\), on obtient

\[\measuredangle(\ell_b, \ell_c) = \measuredangle(BA, AC). \tag{1}\]

Comme \(A\) est le symétrique de \(D\) par rapport à \(x\) et que \(D \in \ell\), on a \(A \in \ell_a\) ; de même \(B \in \ell_b\) et \(C \in \ell_c\). Alors (1) montre que le point commun \(T''\) de \(\ell_c\) et \(\ell_b\) est sur \(\omega\) ; de même (relation analogue à (1)), le point commun \(T'\) de \(\ell_a\) et \(\ell_b\) est sur \(\omega\).

Si \(B \notin \ell_a\) et \(B \notin \ell_c\), alors \(T'\) et \(T''\) sont tous deux le second point d'intersection de \(\ell_b\) avec \(\omega\), donc ils coïncident. Sinon, si par exemple \(B \in \ell_c\), alors \(\ell_c = BC\), donc \(\measuredangle(BA, AC) = \measuredangle(\ell_b, \ell_c) = \measuredangle(\ell_b, BC)\), ce qui montre que \(\ell_b\) est tangente à \(\omega\) en \(B\), et \(T' = T'' = B\). Dans tous les cas \(T'\) et \(T''\) coïncident, d'où l'affirmation. \(\square\)

Montrons maintenant que \(X\), \(X_0\), \(T\) sont alignés (voir la figure). Notons \(D_b\) et \(D_c\) les symétriques de \(D\) par rapport à \(y\) et \(z\). Alors \(D_b \in \ell_b\), \(D_c \in \ell_c\), et

\[\measuredangle(D_bX, XD_c) = \measuredangle(D_bX, DX) + \measuredangle(DX, XD_c) = 2\measuredangle(y, DX) + 2\measuredangle(DX, z) = 2\measuredangle(y, z) = \measuredangle(BA, AC) = \measuredangle(BT, TC),\]

donc le quadrilatère \(XD_bTD_c\) est cyclique (car \(\measuredangle(BT, TC) = \measuredangle(\ell_b, \ell_c) = \measuredangle(D_bT, TD_c)\)). Remarquons aussi que, puisque \(XD_b = XD = XD_c\) (\(X\) est sur \(y\) et sur \(z\)), les points \(D\), \(D_b\), \(D_c\) sont sur un cercle de centre \(X\). En utilisant dans ce cercle le diamètre \(D_cD'_c\), on obtient

\[\measuredangle(D_bD_c, D_cX) = 90^\circ + \measuredangle(D_bD'_c, D'_cX) = 90^\circ + \measuredangle(D_bD, DD_c).\]

Par conséquent, comme \(D_bD \parallel BI\) et \(DD_c \parallel CI\),

\[\measuredangle(\ell_b, XT) = \measuredangle(D_bT, XT) = \measuredangle(D_bD_c, D_cX) = 90^\circ + \measuredangle(D_bD, DD_c) = 90^\circ + \measuredangle(BI, IC)\]

\[= \measuredangle(BA, AI) = \measuredangle(BA, AX_0) = \measuredangle(BT, TX_0) = \measuredangle(\ell_b, X_0T),\]

donc \(X\), \(X_0\), \(T\) sont alignés. Par un argument analogue, \(Y\), \(Y_0\), \(T\) sont alignés, ainsi que \(Z\), \(Z_0\), \(T\). Les triangles \(XYZ\) et \(X_0Y_0Z_0\) sont donc perspectifs de centre \(T \in \omega\) et, d'après le préambule, l'énoncé en découle. \(\blacksquare\)

Solution 2

D'après le préambule, il suffit de prouver que le centre \(T\) de l'homothétie qui envoie \(XYZ\) sur \(X_0Y_0Z_0\) est sur \(\omega\), c'est-à-dire que \(\measuredangle(TX_0, TY_0) = \measuredangle(Z_0X_0, Z_0Y_0)\) ou, de façon équivalente, que \(\measuredangle(XX_0, YY_0) = \measuredangle(Z_0X_0, Z_0Y_0)\).

Rappelons que \(YZ\) et \(Y_0Z_0\) sont les médiatrices de \(AD\) et \(AI\). Le vecteur \(\vec{x}\), perpendiculaire à \(YZ\), qui translate la droite \(Y_0Z_0\) sur \(YZ\) vaut donc \(\frac{1}{2}\overrightarrow{ID}\). On définit de même les vecteurs de translation \(\vec{y} = \frac{1}{2}\overrightarrow{IE}\) et \(\vec{z} = \frac{1}{2}\overrightarrow{IF}\). Considérons maintenant le triangle \(UVW\) formé par les perpendiculaires à \(AI\), \(BI\), \(CI\) passant respectivement par \(D\), \(E\), \(F\) (voir la figure). C'est un autre triangle dont les côtés sont parallèles aux côtés correspondants de \(XYZ\).

Affirmation 2. \(\overrightarrow{IU} = 2\overrightarrow{X_0X}\), \(\overrightarrow{IV} = 2\overrightarrow{Y_0Y}\), \(\overrightarrow{IW} = 2\overrightarrow{Z_0Z}\).

Preuve. Prouvons l'une des relations, les autres étant analogues. Pour montrer que deux vecteurs sont égaux, il suffit de les projeter sur deux axes non parallèles et de vérifier que les projections sont égales. La projection de \(\overrightarrow{X_0X}\) sur \(IB\) est \(\vec{y}\), tandis que la projection de \(\overrightarrow{IU}\) sur \(IB\) est \(\overrightarrow{IE} = 2\vec{y}\). Les projections sur l'autre axe \(IC\) sont \(\vec{z}\) et \(\overrightarrow{IF} = 2\vec{z}\). Donc \(\overrightarrow{IU} = 2\overrightarrow{X_0X}\). \(\square\)

Remarquons que la droite \(\ell\) est la droite de Simson du point \(I\) par rapport au triangle \(UVW\) (\(D\), \(E\), \(F\) sont les pieds des perpendiculaires issues de \(I\) sur les côtés, et ils sont alignés) ; donc \(U\), \(V\), \(W\) et \(I\) sont cocycliques. D'après l'affirmation 2, \(XX_0 \parallel IU\) et \(YY_0 \parallel IV\), d'où, par chasse aux angles,

\[\measuredangle(XX_0, YY_0) = \measuredangle(IU, IV) = \measuredangle(WU, WV) = \measuredangle(Z_0X_0, Z_0Y_0),\]

ce qui conclut. \(\blacksquare\)

Solution 3

Soient \(I_a\), \(I_b\), \(I_c\) les centres des cercles exinscrits de \(ABC\) opposés à \(A\), \(B\), \(C\). Soient aussi \(u\), \(v\), \(w\) les droites passant par \(D\), \(E\), \(F\) et perpendiculaires à \(AI\), \(BI\), \(CI\) respectivement, et \(UVW\) le triangle qu'elles déterminent, avec \(u = VW\), \(v = UW\), \(w = UV\) (voir la figure).

La droite \(u\) est la symétrique de \(I_bI_c\) par rapport à \(x\), car \(u\), \(x\) et \(I_bI_c\) sont perpendiculaires à \(AD\) et que \(x\) est la médiatrice de \(AD\) (\(I_bI_c\) passe par \(A\) et \(u\) par \(D\)). De même, \(v\) et \(I_aI_c\) sont symétriques par rapport à \(y\), et \(w\) et \(I_aI_b\) par rapport à \(z\). Il en résulte que \(X\), \(Y\), \(Z\) sont les milieux de \(UI_a\), \(VI_b\), \(WI_c\), et que les triangles \(UVW\), \(XYZ\) et \(I_aI_bI_c\) sont soit translatés les uns des autres, soit homothétiques avec un même centre d'homothétie.

Construisons les points \(T\) et \(S\) tels que les quadrilatères \(UVIW\), \(XYTZ\) et \(I_aI_bSI_c\) soient homothétiques (ou translatés). Alors \(T\) est le milieu de \(IS\). De plus, \(\ell\) est la droite de Simson du point \(I\) par rapport au triangle \(UVW\), donc \(I\) est sur le cercle circonscrit à \(UVW\) ; par conséquent \(T\) est sur \(\Omega\).

Considérons maintenant l'homothétie ou translation \(h_1\) qui envoie \(XYZT\) sur \(I_aI_bI_cS\), et l'homothétie \(h_2\) de centre \(I\) et de rapport \(\frac{1}{2}\). Posons \(h = h_2 \circ h_1\). La transformation \(h\) est une homothétie ou une translation, et

\[h(T) = h_2\left(h_1(T)\right) = h_2(S) = T,\]

donc \(T\) est un point fixe de \(h\) : \(h\) est une homothétie de centre \(T\). Or \(h_2\) envoie les centres exinscrits \(I_a\), \(I_b\), \(I_c\) sur \(X_0\), \(Y_0\), \(Z_0\) (lemme de l'incentre-exincentre : \(X_0\) est le milieu de \(II_a\), etc.). Ainsi \(h\) envoie \(XYZ\) sur \(X_0Y_0Z_0\), et le centre \(T\) de cette homothétie est sur \(\Omega\), ce qui achève la preuve d'après le préambule. \(\blacksquare\)

Remarques

Remarque 1 (après la solution 1). Une fois l'affirmation 1 prouvée, on peut procéder autrement. On a vu que les symétriques de \(\ell\) par rapport aux côtés de \(XYZ\) concourent en \(T\). Ainsi \(\ell\) est la droite de Steiner de \(T\) par rapport au triangle \(XYZ\) (la droite qui contient les symétriques \(T_a\), \(T_b\), \(T_c\) de \(T\) par rapport aux côtés de \(XYZ\)). Les propriétés de la droite de Steiner entraînent que \(T\) est sur \(\Omega\) et que \(\ell\) passe par l'orthocentre \(H\) du triangle \(XYZ\). Soient \(H_a\), \(H_b\), \(H_c\) les symétriques de \(H\) par rapport à \(x\), \(y\), \(z\). Le triangle \(H_aH_bH_c\) est inscrit dans \(\Omega\) et homothétique à \(ABC\) (par une chasse aux angles facile). Comme \(H_a \in \ell_a\), \(H_b \in \ell_b\) et \(H_c \in \ell_c\), les triangles \(H_aH_bH_c\) et \(ABC\) forment une paire de triangles \(\Delta\) et \(\delta\) comme dans le préambule (voir la figure).

Remarque 2 (deviner le point de tangence). L'observation suivante montre comment deviner la description du point de tangence \(T\) de la solution 1. Fixons une direction et déplaçons la droite \(\ell\) parallèlement à cette direction, à vitesse constante. Les points \(D\), \(E\), \(F\) se déplacent alors à vitesse constante sur les droites \(AI\), \(BI\), \(CI\), et \(x\), \(y\), \(z\) se déplacent aussi à vitesse constante, définissant une famille de triangles homothétiques \(XYZ\) de centre d'homothétie commun \(T\). Le triangle \(X_0Y_0Z_0\) appartient à cette famille (pour \(\ell\) passant par \(I\)). On peut repérer \(T\) en considérant le cas dégénéré où \(x\), \(y\), \(z\) sont concourantes : alors toutes les droites \(x\), \(y\), \(z\), \(\ell\), \(\ell_a\), \(\ell_b\), \(\ell_c\) ont un point commun. Or les droites \(\ell_a\), \(\ell_b\), \(\ell_c\) restent fixes quand \(\ell\) se déplace (en gardant sa direction). Donc \(T\) doit être le point commun de \(\ell_a\), \(\ell_b\), \(\ell_c\), situé sur \(\omega\).