Shortlist 2022, G6¶
Domaine : Géométrie · Difficulté : ★★★★☆ · Proposé par : Iran
Concepts : Outils projectifs : birapport, division harmonique, pôles et polaires · Homothétie · Centres du triangle et lemmes classiques
Solution officielle : Shortlist officielle 2022 (avec solutions), p. 54 (page 56 du PDF)
Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.
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Énoncé¶
In an acute-angled triangle \(ABC\), point \(H\) is the foot of the altitude from \(A\). Let \(P\) be a moving point such that the bisectors \(k\) and \(\ell\) of angles \(PBC\) and \(PCB\), respectively, intersect each other on the line segment \(AH\). Let \(k\) and \(AC\) meet at \(E\), let \(\ell\) and \(AB\) meet at \(F\), and let \(EF\) and \(AH\) meet at \(Q\). Prove that, as \(P\) varies, the line \(PQ\) passes through a fixed point.
Indices : les idées clés
- Division harmonique : le quadrilatère complet \(BCEF\) donne \((A, I; Q, H) = -1\).
- Homothéties (solution 1) : centres d'homothétie de quatre cercles (inscrits et exinscrits), théorème de Monge généralisé.
- Cercles inscrit et exinscrits (solution 1) : longueurs des tangentes et relation \(r \cdot r_a = (s-b)(s-c)\).
- Hyperbole de foyers \(B\) et \(C\) (solution 2) : \(P\) décrit une branche d'hyperbole de sommet \(H\), et \(PI\) y est tangente ; le point fixe est le point de contact de la seconde tangente issue de \(A\).
Solutions
Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2022 (deux solutions).
Solution 1¶
Soit \(K\) le point d'intersection des symétriques de la droite \(BC\) par rapport aux droites \(AB\) et \(AC\). Nous allons montrer que \(P\), \(Q\) et \(K\) sont alignés, donc que \(K\) est le point fixe cherché. (Voir la figure.)
Soit \(I\) l'intersection de \(BE\) et \(CF\). Pour un point \(O\) et \(d > 0\), notons \((O, d)\) le cercle de centre \(O\) et de rayon \(d\) ; posons \(\omega_I = (I, IH)\) et \(\omega_A = (A, AH)\). Soient \(\omega_K\) le cercle inscrit du triangle \(KBC\) et \(\omega_P\) le cercle \(P\)-exinscrit du triangle \(PBC\).
Comme \(IH \perp BC\) et \(AH \perp BC\), les cercles \(\omega_A\) et \(\omega_I\) sont tangents en \(H\) ; donc \(H\) est le centre d'homothétie externe de \(\omega_A\) et \(\omega_I\). Par le quadrilatère complet \(BCEF\), on a la division harmonique \((A, I; Q, H) = -1\), donc \(Q\) est le centre d'homothétie interne de \(\omega_A\) et \(\omega_I\). Comme \(BA\) et \(CA\) sont les bissectrices extérieures des angles \(\angle KBC\) et \(\angle KCB\), le cercle \(\omega_A\) est le cercle \(K\)-exinscrit du triangle \(BKC\) ; donc \(K\) est le centre d'homothétie externe de \(\omega_A\) et \(\omega_K\). Il est clair aussi que \(P\) est le centre d'homothétie externe de \(\omega_I\) et \(\omega_P\) (car \(I\) est le centre du cercle inscrit de \(PBC\) et \(\omega_I\) est ce cercle inscrit).
Soit \(T\) le point de contact de \(\omega_P\) avec \(BC\) et \(T'\) celui de \(\omega_K\) avec \(BC\). Comme \(\omega_I\) est le cercle inscrit et \(\omega_P\) le cercle \(P\)-exinscrit de \(PBC\), on a \(TC = BH\) ; comme \(\omega_K\) est le cercle inscrit et \(\omega_A\) le cercle \(K\)-exinscrit de \(KBC\), on a \(T'C = BH\). Donc \(TC = T'C\) et \(T = T'\) : les cercles \(\omega_K\) et \(\omega_P\) sont tangents en \(T\).
Soit \(S\) le centre d'homothétie interne de \(\omega_A\) et \(\omega_P\), et \(S'\) celui de \(\omega_I\) et \(\omega_K\). Évidemment \(S\) et \(S'\) sont sur \(BC\). Montrons que \(S = S'\). Notons \(r_A\), \(r_I\), \(r_P\), \(r_K\) les rayons de \(\omega_A\), \(\omega_I\), \(\omega_P\), \(\omega_K\). Il est bien connu que si un triangle a pour côtés \(a, b, c\), pour demi-périmètre \(s = (a+b+c)/2\), et si \(r\) et \(r_a\) sont les rayons de son cercle inscrit et de son cercle exinscrit relatif à \(a\), alors \(r \cdot r_a = (s-b)(s-c)\). Appliqué au triangle \(PBC\), cela donne \(r_I \cdot r_P = BH \cdot CH\). Appliqué au triangle \(KCB\), cela donne \(r_K \cdot r_A = CT \cdot BT\). Comme \(BH = CT\) et \(BT = CH\), on obtient
donc \(S = S'\).
Enfin, en appliquant le théorème de Monge généralisé aux cercles \(\omega_A\), \(\omega_I\) et \(\omega_K\) (avec deux paires de centres d'homothétie internes et une paire externe), on voit que \(Q\), \(S\) et \(K\) sont alignés. De même (avec les cercles \(\omega_A\), \(\omega_I\), \(\omega_P\)), \(Q\), \(S\) et \(P\) sont alignés, d'où le résultat : la droite \(PQ\) passe par le point fixe \(K\). \(\blacksquare\)
Solution 2¶
Soit à nouveau \(I\) l'intersection de \(BE\) et \(CF\) : c'est le centre du cercle inscrit du triangle \(BCP\), donc \(PI\) est la troisième bissectrice. Par les longueurs des tangentes au cercle inscrit, \(BP - CP = BH - CH\) ; donc les points \(P\) possibles sont sur une branche d'une hyperbole \(\mathcal{H}\) de foyers \(B\) et \(C\), dont \(H\) est un sommet. Comme \(PI\) est la bissectrice de l'angle entre les rayons focaux \(BP\) et \(CP\), la droite \(PI\) est tangente à \(\mathcal{H}\). (Voir la figure.)
Soit \(K\) le second point d'intersection de \(PQ\) et \(\mathcal{H}\). Nous allons montrer que \(AK\) est tangente à \(\mathcal{H}\) en \(K\) ; cette propriété détermine \(K\), qui est donc fixe.
Soient \(G = KI \cap AP\) et \(M = PI \cap AK\). Par le quadrilatère complet \(BCEF\), \((H, Q; I, A)\) est une division harmonique ; donc, dans le quadrilatère complet \(APIK\), le point \(H\) est sur la droite \(GM\).
Considérons le triangle \(AIM\). Son côté \(AI\) est tangent à \(\mathcal{H}\) en \(H\), son côté \(IM\) est tangent à \(\mathcal{H}\) en \(P\), et \(K\) est un point commun du troisième côté \(AM\) et de l'hyperbole, tel que les droites \(AP\), \(IK\) et \(MH\) concourent au point de Gergonne généralisé \(G\). Il en résulte que le troisième côté \(AM\) est lui aussi tangent à \(\mathcal{H}\) en \(K\). \(\blacksquare\)
(Variante pour la dernière étape : on peut appliquer la réciproque du théorème de Brianchon à l'hexagone dégénéré \(AHIPMK\). Il existe alors une conique \(\mathcal{H}'\) telle que les droites \(AI\), \(IM\) et \(MA\) lui soient tangentes en \(H\), \(P\) et \(K\) respectivement. Mais les trois points \(H\), \(K\), \(P\) et les tangentes en \(H\) et \(P\) déterminent une unique conique, donc \(\mathcal{H}' = \mathcal{H}\).)