Shortlist 2019, G4¶

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

Concepts : Triangles semblables et similitudes · Trigonométrie : loi des sinus, Ceva trigonométrique · Coordonnées et nombres complexes

Solution officielle : Shortlist officielle 2019 (avec solutions), section G4 (livret PDF)

Énoncé¶

Let $P$ be a point inside triangle $ABC$. Let $AP$ meet $BC$ at $A_1$, let $BP$ meet $CA$ at $B_1$, and let $CP$ meet $AB$ at $C_1$. Let $A_2$ be the point such that $A_1$ is the midpoint of $PA_2$, let $B_2$ be the point such that $B_1$ is the midpoint of $PB_2$, and let $C_2$ be the point such that $C_1$ is the midpoint of $PC_2$. Prove that points $A_2$, $B_2$, and $C_2$ cannot all lie strictly inside the circumcircle of triangle $ABC$.

Indices : les idées clés

Traduire « strictement à l'intérieur » : $B_2$ est strictement intérieur au cercle circonscrit si et seulement si $PB_1 < B_1B_3$, où $B_3$ est le second point d'intersection de $(BP)$ avec le cercle.
Triangles semblables et loi des sinus (solution 1) : le produit $\frac{PB_1}{B_1B_3} \cdot \frac{PC_1}{C_1C_3}$ vaut $\frac{\sin^2 \angle BAC}{\sin^2 \angle BPC}$.
Droites isogonales et bissectrice (solution 2) : chaque hypothèse « intérieur » donne une inégalité d'angles, et leur somme mène à $\pi < \pi$.
Calcul vectoriel (solution 3) : une combinaison à coefficients positifs des $|A_2|^2, |B_2|^2, |C_2|^2$ est égale à la somme des coefficients.

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2019 (trois solutions et deux remarques).

Solution 1¶

Figure (solution 1)

Notons $\Omega$ le cercle circonscrit à $ABC$. Comme

\[\angle APB + \angle BPC + \angle CPA = 2\pi = (\pi - \angle ACB) + (\pi - \angle BAC) + (\pi - \angle CBA),\]

au moins une des inégalités suivantes est vraie :

\[\angle APB \geq \pi - \angle ACB, \qquad \angle BPC \geq \pi - \angle BAC, \qquad \angle CPA \geq \pi - \angle CBA.\]

Sans perte de généralité, $\angle BPC \geq \pi - \angle BAC$. Par ailleurs $\angle BPC > \angle BAC$ car $P$ est à l'intérieur du triangle. Donc $\angle BPC \geq \max(\angle BAC, \pi - \angle BAC)$, et par conséquent

\[\sin \angle BPC \leq \sin \angle BAC. \tag{$*$}\]

Soient $A_3, B_3, C_3$ les seconds points d'intersection des demi-droites $[AP), [BP), [CP)$ avec $\Omega$. Comme $PB_2 = 2PB_1$ et $PB_3 = PB_1 + B_1B_3$, le point $B_2$ est strictement intérieur à $\Omega$ si et seulement si $PB_1 < B_1B_3$ (de même pour $C_2$). Nous allons montrer que l'un des rapports $\frac{PB_1}{B_1B_3}$ et $\frac{PC_1}{C_1C_3}$ est au moins égal à $1$ ; alors $B_2$ ou $C_2$ n'est pas strictement intérieur à $\Omega$.

Comme $A, B, C, B_3$ sont cocycliques, les triangles semblables $CB_1B_3$ et $BB_1A$ donnent

\[\frac{CB_1}{B_1B_3} = \frac{BB_1}{B_1A}.\]

Avec la loi des sinus (dans les triangles $PB_1C$ et $ABB_1$), on obtient

\[\frac{PB_1}{B_1B_3} = \frac{PB_1}{CB_1} \cdot \frac{CB_1}{B_1B_3} = \frac{PB_1}{CB_1} \cdot \frac{BB_1}{B_1A} = \frac{\sin \angle ACP}{\sin \angle BPC} \cdot \frac{\sin \angle BAC}{\sin \angle PBA}.\]

De même,

\[\frac{PC_1}{C_1C_3} = \frac{\sin \angle PBA}{\sin \angle BPC} \cdot \frac{\sin \angle BAC}{\sin \angle ACP}.\]

En multipliant ces deux égalités et en utilisant $(*)$ :

\[\frac{PB_1}{B_1B_3} \cdot \frac{PC_1}{C_1C_3} = \frac{\sin^2 \angle BAC}{\sin^2 \angle BPC} \geq 1,\]

donc l'un des deux rapports vaut au moins $1$, ce qui conclut. $\blacksquare$

Solution 2¶

Figure (solution 2)

On définit $A_3, B_3, C_3$ comme dans la solution 1 (voir la figure). Supposons par l'absurde que $A_2, B_2, C_2$ soient tous strictement intérieurs au cercle $ABC$. Alors $PA_1 < A_1A_3$, $PB_1 < B_1B_3$ et $PC_1 < C_1C_3$.

Les triangles $PBC_3$ et $PCB_3$ sont semblables (angles inscrits). Soit $X$ le point du côté $PB_3$ qui correspond au point $C_1$ du côté $PC_3$ dans cette similitude ; autrement dit, $X$ est sur le segment $[PB_3]$ et $PX : XB_3 = PC_1 : C_1C_3$. Il en découle

\[\angle XCP = \angle PBC_1 = \angle B_3BA = \angle B_3CB_1.\]

Ainsi les droites $(CX)$ et $(CB_1)$ sont isogonales dans le triangle $PCB_3$ (symétriques par rapport à la bissectrice de l'angle $\angle PCB_3$).

Soit $Y$ le pied de la bissectrice issue de $C$ dans le triangle $PCB_3$. Comme $PC_1 < C_1C_3$, on a $PX < XB_3$. Comme de plus $PB_1 < B_1B_3$ et que $Y$ est entre $X$ et $B_1$, on obtient $PY < YB_3$. D'après le théorème de la bissectrice, $PY : YB_3 = PC : CB_3$, donc $PC < CB_3$, et par suite $\angle PB_3C < \angle CPB_3$. Or $\angle PB_3C = \angle BB_3C = \angle BAC$, d'où

\[\angle BAC < \angle CPB_3.\]

De même,

\[\angle CBA < \angle APC_3 \quad \text{et} \quad \angle ACB < \angle BPA_3 = \angle B_3PA.\]

Les angles $\angle CPB_3$, $\angle APC_3$, $\angle B_3PA$ sont les suppléments de $\angle BPC$, $\angle CPA$, $\angle APB$, et leur somme vaut $3\pi - 2\pi = \pi$. En additionnant les trois inégalités, on obtient $\pi < \pi$ : contradiction. $\blacksquare$

Solution 3¶

On prend un repère dont l'origine est le centre du cercle circonscrit, de rayon $1$, et l'on voit $A, B, C$ comme des vecteurs de $\mathbb{R}^2$ avec $|A|^2 = |B|^2 = |C|^2 = 1$. Le point $P$ s'écrit $P = \alpha A + \beta B + \gamma C$ avec $\alpha, \beta, \gamma > 0$ et $\alpha + \beta + \gamma = 1$ (coordonnées barycentriques). Alors

\[A_1 = \frac{\beta B + \gamma C}{\beta + \gamma} = \frac{1}{1 - \alpha} P - \frac{\alpha}{1 - \alpha} A, \qquad \text{donc} \qquad A_2 = 2A_1 - P = \frac{1 + \alpha}{1 - \alpha} P - \frac{2\alpha}{1 - \alpha} A.\]

Par conséquent

\[|A_2|^2 = \left(\frac{1 + \alpha}{1 - \alpha}\right)^2 |P|^2 + \left(\frac{2\alpha}{1 - \alpha}\right)^2 |A|^2 - \frac{4\alpha(1 + \alpha)}{(1 - \alpha)^2} A \cdot P.\]

Avec $|A|^2 = 1$, on obtient

\[\frac{(1 - \alpha)^2}{2(1 + \alpha)} |A_2|^2 = \frac{1 + \alpha}{2} |P|^2 + \frac{2\alpha^2}{1 + \alpha} - 2\alpha\, A \cdot P. \tag{1}\]

De même

\[\frac{(1 - \beta)^2}{2(1 + \beta)} |B_2|^2 = \frac{1 + \beta}{2} |P|^2 + \frac{2\beta^2}{1 + \beta} - 2\beta\, B \cdot P, \tag{2}\]

\[\frac{(1 - \gamma)^2}{2(1 + \gamma)} |C_2|^2 = \frac{1 + \gamma}{2} |P|^2 + \frac{2\gamma^2}{1 + \gamma} - 2\gamma\, C \cdot P. \tag{3}\]

En sommant (1), (2), (3), le membre de gauche est la combinaison à coefficients positifs

\[\frac{(1 - \alpha)^2}{2(1 + \alpha)} |A_2|^2 + \frac{(1 - \beta)^2}{2(1 + \beta)} |B_2|^2 + \frac{(1 - \gamma)^2}{2(1 + \gamma)} |C_2|^2.\]

Dans le membre de droite, le premier terme vaut $\frac{(1+\alpha) + (1+\beta) + (1+\gamma)}{2} |P|^2 = 2|P|^2$ et le dernier vaut $-2(\alpha A + \beta B + \gamma C) \cdot P = -2|P|^2$ ; ils se compensent. Il reste, grâce à l'identité $\frac{2\alpha^2}{1 + \alpha} = \frac{3\alpha - 1}{2} + \frac{(1 - \alpha)^2}{2(1 + \alpha)}$ (et ses analogues),

\[\frac{2\alpha^2}{1 + \alpha} + \frac{2\beta^2}{1 + \beta} + \frac{2\gamma^2}{1 + \gamma} = \frac{(1 - \alpha)^2}{2(1 + \alpha)} + \frac{(1 - \beta)^2}{2(1 + \beta)} + \frac{(1 - \gamma)^2}{2(1 + \gamma)},\]

car $\frac{3\alpha - 1}{2} + \frac{3\beta - 1}{2} + \frac{3\gamma - 1}{2} = 0$.

Nous avons donc montré qu'une combinaison de $|A_2|^2, |B_2|^2, |C_2|^2$ à coefficients strictement positifs est égale à la somme de ses coefficients. Par conséquent l'un au moins de $|A_2|^2, |B_2|^2, |C_2|^2$ vaut au moins $1$ : le point correspondant n'est pas strictement intérieur au cercle. $\blacksquare$

Remarques¶

Remarque 1. Il est également impossible que $A_2, B_2, C_2$ soient tous trois strictement à l'extérieur de $\Omega$ : la même preuve s'applique presque mot pour mot, en supposant cette fois $\angle BPC \leq \pi - \angle BAC$ et en utilisant $\angle BPC > \angle BAC$ pour obtenir $\sin \angle BPC \geq \sin \angle BAC$. Les trois points peuvent être tous sur le cercle circonscrit ; la solution 1 montre que cela arrive si et seulement si $P$ est l'orthocentre de $ABC$ (qui est strictement intérieur au triangle si et seulement si $ABC$ est acutangle).

Remarque 2. La preuve de la solution 3 fonctionne aussi lorsque $P$ est un point quelconque tel que $\alpha, \beta, \gamma > -1$, $\alpha + \beta + \gamma = 1$ et $\alpha, \beta, \gamma \neq 1$ (si l'un vaut $1$, certains points de la construction ne sont pas définis).