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Shortlist 2006, G7

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

Concepts : Homothétie · Centres du triangle et lemmes classiques

Solution officielle : Shortlist officielle 2006 (avec solutions), p. 45 (page 46 du PDF)

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Énoncé

In a triangle \(ABC\), let \(M_a\), \(M_b\), \(M_c\) be respectively the midpoints of the sides \(BC\), \(CA\), \(AB\) and \(T_a\), \(T_b\), \(T_c\) be the midpoints of the arcs \(BC\), \(CA\), \(AB\) of the circumcircle of \(ABC\), not containing the opposite vertices. For \(i \in \{a, b, c\}\), let \(\omega_i\) be the circle with \(M_iT_i\) as diameter. Let \(p_i\) be the common external tangent to \(\omega_j\), \(\omega_k\) (\(\{i, j, k\} = \{a, b, c\}\)) such that \(\omega_i\) lies on the opposite side of \(p_i\) than \(\omega_j\), \(\omega_k\) do. Prove that the lines \(p_a\), \(p_b\), \(p_c\) form a triangle similar to \(ABC\) and find the ratio of similitude.

Indices : les idées clés
  • Homothétie de centre \(T_b\) : elle envoie \(\omega_b\) sur le cercle circonscrit, donc la tangente en \(U\) (\(U\) second point de \(T_aT_b\) sur \(\omega_b\)) est parallèle à \(BC\).
  • Pôle Sud : \(T_aI = T_aB\) et \(T_cI = T_cB\) rendent \(B\) et \(I\) symétriques par rapport à \(T_aT_c\), d'où \(PQ\) est la parallèle à \(BC\) passant par \(I\).
  • Trapèze : \(X\) et \(Y\) sont les milieux des côtés non parallèles de \(PM_bM_cQ\), donc \(p_a\) passe à mi-distance de \(I\) et de \(M_bM_c\) ; le triangle obtenu est l'image de \(M_aM_bM_c\) par l'homothétie de centre \(I\) et de rapport \(\frac{1}{2}\), d'où un rapport \(\frac{1}{4}\).
Solutions

Les solutions ci-dessous suivent la solution officielle de la Shortlist 2006 (une solution).

Réponse : les droites forment un triangle semblable à \(ABC\) de rapport \(\frac{1}{4}\).

Solution

Soit \(U\) le second point d'intersection de \(T_aT_b\) avec le cercle \(\omega_b\) (le premier étant \(T_b\)), et \(V\) celui de \(T_aT_c\) avec le cercle \(\omega_c\). Soit ensuite \(UX\) la tangente à \(\omega_b\) en \(U\), avec \(X\) sur \(AC\), et \(VY\) la tangente à \(\omega_c\) en \(V\), avec \(Y\) sur \(AB\). L'homothétie de centre \(T_b\) et de rapport \(T_bT_a/T_bU\) envoie le cercle \(\omega_b\) sur le cercle circonscrit à \(ABC\), et la droite \(UX\) sur la tangente au cercle circonscrit en \(T_a\), qui est parallèle à \(BC\) ; donc \(UX \parallel BC\). Il en est de même de \(VY\), de sorte que \(UX \parallel BC \parallel VY\).

Soient \(P\) le point où \(T_aT_b\) coupe \(AC\) et \(Q\) celui où \(T_aT_c\) coupe \(AB\). Le point \(X\) est sur l'hypoténuse \(PM_b\) du triangle rectangle \(PUM_b\) et est à égale distance de \(U\) et de \(M_b\). Donc \(X\) est le milieu de \(M_bP\). De même, \(Y\) est le milieu de \(M_cQ\).

Notons comme d'habitude \(I\) le centre du cercle inscrit du triangle \(ABC\). On sait que \(T_aI = T_aB\) et \(T_cI = T_cB\). Les points \(B\) et \(I\) sont donc symétriques par rapport à \(T_aT_c\), et par conséquent \(\angle QIB = \angle QBI = \angle IBC\). Cela implique que \(BC\) est parallèle à la droite \(IQ\), et de même à \(IP\). Autrement dit, \(PQ\) est la parallèle à \(BC\) passant par \(I\).

Figure (solution)

Évidemment, \(M_bM_c \parallel BC\). Donc \(PM_bM_cQ\) est un trapèze, et le segment \(XY\) joint les milieux de ses côtés non parallèles ; donc \(XY \parallel BC\). Avec les relations \(UX \parallel BC \parallel VY\) établies plus haut, cela montre que les quatre points \(U\), \(X\), \(Y\), \(V\) sont sur une même droite, tangente commune aux cercles \(\omega_b\) et \(\omega_c\). Comme elle laisse ces deux cercles d'un côté et le cercle \(\omega_a\) de l'autre, cette droite est exactement la droite \(p_a\) de l'énoncé.

La droite \(p_a\) passe à mi-distance de \(I\) et de \(M_bM_c\). Des conclusions analogues valent pour les droites \(p_b\) et \(p_c\). Ces trois droites forment donc un triangle homothétique au triangle \(M_aM_bM_c\) par l'homothétie de centre \(I\) et de rapport \(\frac{1}{2}\), donc semblable à \(ABC\) de rapport \(\frac{1}{4}\). \(\blacksquare\)