Shortlist 2024, G5

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

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

Solution officielle : Shortlist officielle 2024 (avec solutions), section G5 (livret PDF)

Énoncé

Let \(ABC\) be a triangle with incentre \(I\), and let \(\Omega\) be the circumcircle of triangle \(BIC\). Let \(K\) be a point in the interior of segment \(BC\) such that \(\angle BAK < \angle KAC\). The angle bisector of \(\angle BKA\) intersects \(\Omega\) at points \(W\) and \(X\) such that \(A\) and \(W\) lie on the same side of \(BC\), and the angle bisector of \(\angle CKA\) intersects \(\Omega\) at points \(Y\) and \(Z\) such that \(A\) and \(Y\) lie on the same side of \(BC\).

Prove that \(\angle WAY = \angle ZAX\).

Indices : les idées clés

• Réduction : il suffit de montrer \(\angle ZAK = \angle IAY\) (et l'analogue \(\angle WAK = \angle IAX\)).
• Centres du triangle et lemmes classiques : le centre \(M\) du cercle \(BIC\) est le milieu de l'arc \(BC\) du cercle \(ABC\) ; le milieu d'un arc est équidistant des extrémités et du centre inscrit (solution 2), et \(MA \cdot ML = MI^2\) (solution 3).
• Puissance d'un point et axe radical : \(KA \cdot KP = KB \cdot KC = KY \cdot KZ\) place \(P\) sur le cercle \(AYZ\) ; les cordes communes sont perpendiculaires aux droites des centres (solution 1).
• Chasse aux angles et quadrilatères cycliques : trapèze isocèle \(PJYZ\) (solution 2), angles orientés (solution 3).
• Conjugués isogonaux (solution 3) : \(T \in AI\) et \(L' \in AK\) sont conjugués isogonaux dans le triangle \(AYZ\).

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2024 (trois solutions et trois remarques).

L'étape clé de chaque solution est de prouver \(\angle ZAK = \angle IAY\) et \(\angle WAK = \angle IAX\). Ces égalités entraînent le résultat, car alors

\[\angle WAY = \angle WAK + \angle KAI + \angle IAY = \angle IAX + \angle KAI + \angle ZAK = \angle ZAX.\]

Les solutions ci-dessous prouvent \(\angle ZAK = \angle IAY\) ; l'égalité \(\angle WAK = \angle IAX\) s'obtient de manière analogue.

Solution 1

Soient \(\Gamma\) le cercle \(ABC\) et \(\omega\) le cercle \(AYZ\), de centres respectifs \(O\) et \(S\) ; soit \(M\) le centre de \(\Omega\). La droite \(AK\) recoupe \(\Gamma\) en \(P\), et la bissectrice de \(\angle ZAY\) recoupe \(\omega\) en \(N\).

Par puissance du point \(K\) par rapport à \(\Gamma\) et \(\Omega\), \(KA \cdot KP = KB \cdot KC = KY \cdot KZ\), donc \(P\) est aussi sur \(\omega\). Les cordes communes deux à deux de \(\Gamma\), \(\Omega\), \(\omega\) sont donc \(AP \perp OS\), \(BC \perp OM\) et \(YZ \perp MS\). Par suite

\[\angle OMS = \angle CKY = \angle YKA = \angle MSO\]

(la droite \(YZ\) est la bissectrice de \(\angle CKA\)). Comme \(M\) est sur \(\Gamma\) (c'est le milieu de l'arc \(BC\), lemme classique du cercle \(BIC\)) et que \(OM = OS\), le point \(S\) est lui aussi sur \(\Gamma\). Le point \(N\) est sur \(MS\) car \(NY = NZ\) (\(N\), \(M\), \(S\) sont sur la médiatrice de \([YZ]\)). Donc

\[\angle PAN = \tfrac{1}{2}\angle PSN = \tfrac{1}{2}\angle PSM = \tfrac{1}{2}\angle PAM.\]

Ainsi \(AN\) est à la fois bissectrice de \(\angle PAM\) et de \(\angle ZAY\) ; comme \(K\) est sur \(AP\) et \(I\) sur \(AM\), on obtient \(\angle ZAK = \angle IAY\). \(\blacksquare\)

Solution 2

On définit \(M\) et \(P\) comme dans la solution 1 ; rappelons que \(AYPZ\) est inscriptible. Soit \(Q\) le second point d'intersection du cercle \(ABC\) avec la parallèle à \(BC\) passant par \(P\), et \(J\) le centre du cercle inscrit dans le triangle \(APQ\).

Comme \(PQ \parallel BC\) et \(\angle BAP < \angle PAC\), la bissectrice de \(\angle APQ\) est parallèle à la bissectrice de \(\angle AKC\) ; donc \(PJ \parallel YZ\). Comme \(M\) est le milieu de l'arc \(PQ\) du cercle \(APQ\), on a \(MP = MJ\) (lemme classique du milieu d'arc). Les segments \([YZ]\) et \([PJ]\) sont parallèles et leurs médiatrices ont le point commun \(M\) (car \(MY = MZ\) et \(MP = MJ\)) : elles sont donc confondues, et \(PJYZ\) est un trapèze isocèle inscriptible avec \(JY = PZ\). Il en résulte que \(J\) est aussi sur le cercle \(AYPZ\), et que

\[\angle ZAP = \angle JAY = \angle IAY,\]

car \(J\) est sur la bissectrice \(AM\) de \(\angle PAQ\), qui contient \(I\). \(\blacksquare\)

Solution 3

Comme précédemment, \(M\) est le centre de \(\Omega\). Soit \(L\) l'intersection de \(AM\) et \(BC\), et \(L'\) le symétrique de \(L\) par rapport à \(YZ\). Le cercle \(MYZ\) recoupe \(AM\) en \(T\).

Comme \(M\) est le milieu de l'arc \(BC\) du cercle \(ABC\) et \(L\) le pied de la bissectrice issue de \(A\), on a \(MA \cdot ML = MI^2 = MY^2\) (lemme classique). Par puissance d'un point, \(MY\) est tangente au cercle \(ALY\), donc \(\angle LAY = \angle LYM\). Avec des angles orientés de droites (\(\measuredangle\)),

\[\measuredangle AYT = \measuredangle MTY - \measuredangle MAY = \measuredangle MZY - \measuredangle LYM = \measuredangle ZYM - \measuredangle LYM = \measuredangle ZYL = \measuredangle L'YZ,\]

où l'on a utilisé \(MY = MZ\) et la symétrie de \(L\) et \(L'\) par rapport à \(YZ\). Ainsi \(YT\) et \(YL'\) sont isogonales dans l'angle \(\angle AYZ\). De même, \(ZT\) et \(ZL'\) sont isogonales dans \(\angle YZA\). Donc \(T\) et \(L'\) sont conjugués isogonaux dans le triangle \(AYZ\). Comme \(L'\) est sur \(AK\) (la symétrie d'axe \(YZ\), bissectrice de \(\angle CKA\), échange les droites \(KC\) et \(KA\)) et \(T\) sur \(AI\), on conclut \(\angle ZAK = \angle IAY\). \(\blacksquare\)

Remarques

Remarque 1 (solution 2, cas de \(\angle WAK = \angle IAX\)). La preuve est légèrement différente : on prend pour \(J\) le centre du cercle exinscrit du triangle \(APQ\) opposé à \(A\), de sorte que \(PJ\) soit la bissectrice extérieure de \(\angle APQ\) et que \(PJ \parallel WX\). Le reste est identique.

Remarque 2 (solution 3, configurations). Grâce à la condition \(\angle BAK < \angle KAC\), les points \(L'\) et \(T\) sont à l'intérieur du triangle \(AYZ\). Pour l'égalité \(\angle WAK = \angle IAX\), les points analogues sont à l'extérieur du triangle \(AWX\) ; c'est pourquoi la solution utilise des angles orientés, qui s'appliquent directement à ce cas. Il se peut aussi que l'analogue de \(L'\) soit sur le cercle \(AWX\) et que celui de \(T\) soit à l'infini : la chasse aux angles orientés s'interprète alors facilement, et ce cas est aussi un cas limite des autres configurations.

Remarque 3 (généralisation). La proposition originale signale que le problème est un cas particulier de l'énoncé suivant : un quadrilatère convexe \(ABCD\) est inscrit dans un cercle \(\omega\) ; les bissectrices des droites \(AC\) et \(BD\) coupent \(\omega\) en quatre points formant un quadrilatère convexe \(PQRS\). Alors, pour un point \(X\), les conditions

\[XA \cdot XC = XB \cdot XD \quad \text{et} \quad \measuredangle(XP, XQ) = \measuredangle(XS, XR)\]

sont équivalentes. Le comité de sélection a jugé la preuve de cette généralisation hors de portée d'une compétition.