Shortlist 2007, G7

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

Concepts : Centres du triangle et lemmes classiques · Triangles semblables et similitudes · Puissance d'un point et axe radical

Solution officielle : Shortlist officielle 2007 (avec solutions), p. 49 (page 50 du PDF)

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Énoncé

Given an acute triangle \(ABC\) with angles \(\alpha\), \(\beta\) and \(\gamma\) at vertices \(A\), \(B\) and \(C\), respectively, such that \(\beta > \gamma\). Point \(I\) is the incenter, and \(R\) is the circumradius. Point \(D\) is the foot of the altitude from vertex \(A\). Point \(K\) lies on line \(AD\) such that \(AK = 2R\), and \(D\) separates \(A\) and \(K\). Finally, lines \(DI\) and \(KI\) meet sides \(AC\) and \(BC\) at \(E\) and \(F\), respectively.

Prove that if \(IE = IF\) then \(\beta \leq 3\gamma\).

Indices : les idées clés

• Fait clé : \(\angle KID = \frac{\beta - \gamma}{2}\), indépendamment de l'hypothèse ; \(AM\) (bissectrice, \(M\) milieu de l'arc) est la médiatrice de \(KP\), où \(P\) est diamétralement opposé à \(A\) (centres du triangle).
• Triangles semblables \(B_1TI \sim BPM\) puis \(ITD \sim KMI\), grâce à \(MB = MI\) ; ou bien (solution 2) le cercle \(IDKJ\) avec le centre \(J\) du cercle exinscrit.
• Conclusion : \(IE = IF\) donne \(\angle IEB_1 = \angle IFA_1\) ; selon la position de \(E\), \(CEIF\) est inscriptible (\(\beta = 3\gamma\)) ou un cerf-volant (\(\beta < 3\gamma\)).

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2007 (deux solutions et deux remarques).

Solution 1

Prouvons d'abord que

\[\angle KID = \frac{\beta - \gamma}{2}, \tag{1}\]

même sans l'hypothèse \(IE = IF\). On montrera ensuite que l'énoncé du problème en découle.

Notons \(O\) le centre du cercle circonscrit. Sur le cercle circonscrit, soit \(P\) le point diamétralement opposé à \(A\), et soit \(M\) le second point d'intersection de la bissectrice \(AI\) avec le cercle. Comme \(AK = AP = 2R\), le triangle \(AKP\) est isocèle. On sait que \(\angle BAD = \angle CAO\), donc \(\angle DAI = \angle BAI - \angle BAD = \angle CAI - \angle CAO = \angle OAI\), et \(AM\) est la bissectrice dans le triangle \(AKP\). Les points \(K\) et \(P\) sont donc symétriques par rapport à \(AM\), et \(\angle AMK = \angle AMP = 90^\circ\). Ainsi, \(M\) est le milieu de \(KP\), et \(AM\) est la médiatrice de \(KP\).

Notons \(A_1\), \(B_1\) et \(T\) les pieds des perpendiculaires issues du centre \(I\) du cercle inscrit sur les droites \(BC\), \(AC\) et \(AD\) respectivement. Le quadrilatère \(DA_1IT\) est un rectangle, donc \(TD = IA_1 = IB_1\).

Grâce aux angles droits en \(T\) et \(B_1\), le quadrilatère \(AB_1IT\) est inscriptible. Donc \(\angle B_1TI = \angle B_1AI = \angle CAM = \angle BAM = \angle BPM\) et \(\angle IB_1T = \angle IAT = \angle MAK = \angle MAP = \angle MBP\). Par conséquent, les triangles \(B_1TI\) et \(BPM\) sont semblables, et \(\frac{IT}{IB_1} = \frac{MP}{MB}\).

On sait bien que \(MB = MC = MI\). Les triangles rectangles \(ITD\) et \(KMI\) sont alors aussi semblables, puisque \(\frac{IT}{TD} = \frac{IT}{IB_1} = \frac{MP}{MB} = \frac{KM}{MI}\). Donc \(\angle KIM = \angle IDT = \angle IDA\), et

\[\angle KID = \angle MID - \angle KIM = (\angle IAD + \angle IDA) - \angle IDA = \angle IAD.\]

Enfin, dans le triangle rectangle \(ADB\), on calcule

\[\angle KID = \angle IAD = \angle IAB - \angle DAB = \frac{\alpha}{2} - (90^\circ - \beta) = \frac{\alpha}{2} - \frac{\alpha + \beta + \gamma}{2} + \beta = \frac{\beta - \gamma}{2}.\]

Passons à l'énoncé et supposons \(IE = IF\). Comme \(IA_1 = IB_1\), les triangles rectangles \(IEB_1\) et \(IFA_1\) sont isométriques et \(\angle IEB_1 = \angle IFA_1\). Comme \(\beta > \gamma\), \(A_1\) est à l'intérieur du segment \(CD\) et \(F\) à l'intérieur de \(A_1D\). Donc \(\angle IFC\) est aigu. Deux cas sont alors possibles selon l'ordre des points \(A\), \(C\), \(B_1\) et \(E\).

Si le point \(E\) est entre \(C\) et \(B_1\), alors \(\angle IFC = \angle IEA\), donc le quadrilatère \(CEIF\) est inscriptible et \(\angle FCE = 180^\circ - \angle EIF = \angle KID\). D'après (1), on obtient dans ce cas \(\angle FCE = \gamma = \angle KID = \frac{\beta - \gamma}{2}\), et \(\beta = 3\gamma\).

Sinon, si le point \(E\) est entre \(A\) et \(B_1\), le quadrilatère \(CEIF\) est un cerf-volant tel que \(\angle IEC = \angle IFC < 90^\circ\). On a alors \(\angle FCE > 180^\circ - \angle EIF = \angle KID\). Donc \(\angle FCE = \gamma > \angle KID = \frac{\beta - \gamma}{2}\), et \(\beta < 3\gamma\). \(\blacksquare\)

Remarque 1. Dans le cas où le quadrilatère \(CEIF\) est un cerf-volant, on peut prouver l'inégalité voulue sans utiliser (1). En effet, de \(\angle IEC = \angle IFC < 90^\circ\), on tire \(\angle ADI = 90^\circ - \angle EDC < \angle AED - \angle EDC = \gamma\). Comme le cercle inscrit est à l'intérieur du triangle \(ABC\), on a \(AD > 2r\) (où \(r\) est le rayon du cercle inscrit), ce qui implique \(DT < TA\) et \(DI < AI\) ; donc \(\frac{\beta - \gamma}{2} = \angle IAD < \angle ADI < \gamma\).

Solution 2

Donnons une autre preuve de (1). La solution se termine ensuite de la même façon que ci-dessus.

Définissons de nouveau les points \(M\) et \(P\) ; on prouve de la même façon que \(AM\) est la médiatrice de \(KP\). Soit \(J\) le centre du cercle exinscrit tangent au côté \(BC\). On sait bien que les points \(B\), \(C\), \(I\), \(J\) sont sur un cercle de centre \(M\) ; notons ce cercle \(\omega_1\).

Soit \(B'\) le symétrique du point \(B\) par rapport à la bissectrice \(AM\). Par symétrie, \(B'\) est le second point d'intersection du cercle \(\omega_1\) et de la droite \(AC\). Les triangles \(PBA\) et \(KB'A\) sont symétriques par rapport à la droite \(AM\), donc \(\angle KB'A = \angle PBA = 90^\circ\). Grâce aux angles droits en \(D\) et \(B'\), les points \(K\), \(D\), \(B'\), \(C\) sont cocycliques et

\[AD \cdot AK = AB' \cdot AC.\]

Le quadrilatère inscriptible \(IJCB'\) donne aussi \(AB' \cdot AC = AI \cdot AJ\), donc

\[AD \cdot AK = AB' \cdot AC = AI \cdot AJ,\]

et les points \(I\), \(J\), \(K\), \(D\) sont aussi cocycliques. Notons \(\omega_2\) le cercle \(IDKJ\).

Soit \(N\) le point du cercle \(\omega_2\) diamétralement opposé à \(K\). Comme \(\angle NDK = 90^\circ = \angle CDK\), le point \(N\) est sur la droite \(BC\). Le point \(M\), centre du cercle \(\omega_1\), est le milieu du segment \(IJ\), et \(KM\) est perpendiculaire à \(IJ\). La droite \(KM\) est donc la médiatrice de \(IJ\), et elle passe par \(N\).

Le quadrilatère inscriptible \(IDKN\) donne alors

\[\angle KID = \angle KND = 90^\circ - \angle DKN = 90^\circ - \angle AKM = \angle MAK = \frac{\beta - \gamma}{2}. \qquad \blacksquare\]

Remarque 2. La principale difficulté de la solution est de trouver (1). Si l'on devine ce fait, on peut le calculer assez rapidement.

Une façon possible est de trouver et d'appliquer la relation \(AI^2 = 2R(h_a - 2r)\), où \(h_a = AD\) est la longueur de la hauteur. Avec ce fait, on voit que les triangles \(AKI\) et \(AID'\) sont semblables (où \(D'\) est le symétrique de \(D\) par rapport à \(T\)). Donc \(\angle MIK = \angle DD'I = \angle IDD'\). La preuve se termine alors comme dans la solution 1.