Shortlist 2009, G7¶

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

Concepts : Trigonométrie : loi des sinus, Ceva trigonométrique · Centres du triangle et lemmes classiques

Solution officielle : Shortlist officielle 2009 (avec solutions), p. 64 (page 66 du PDF)

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Énoncé¶

Let \(ABC\) be a triangle with incenter \(I\) and let \(X\), \(Y\) and \(Z\) be the incenters of the triangles \(BIC\), \(CIA\) and \(AIB\), respectively. Let the triangle \(XYZ\) be equilateral. Prove that \(ABC\) is equilateral too.

Indices : les idées clés

Quarts d'angles : \(AZ\), \(AI\), \(AY\) découpent \(\angle BAC\) en quatre angles \(\alpha\) ; de même \(\beta\), \(\gamma\), avec \(\alpha + \beta + \gamma = 45^\circ\), et \(\angle XIY = 135^\circ - \gamma\), etc.
Distances au centre : les perpendiculaires issues de \(I\) à \(CX\) et \(CY\) sont égales, d'où \(IX \cos \beta = IY \cos \alpha\) ; on normalise \(IX = \cos \alpha\), \(IY = \cos \beta\), \(IZ = \cos \gamma\).
Loi des cosinus : \(ZX = ZY\) se réduit à \(\sin(\beta - \alpha)\big(\sqrt{2}\cos \gamma - \sin(45^\circ - \gamma)\big) = 0\), et le second facteur ne s'annule pas.

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent la solution officielle de la Shortlist 2009 (une solution).

Solution¶

\(AZ\), \(AI\) et \(AY\) découpent \(\angle BAC\) en quatre angles égaux ; notons-les \(\alpha\). De même, on a quatre angles égaux \(\beta\) en \(B\) et quatre angles égaux \(\gamma\) en \(C\). Évidemment, \(\alpha + \beta + \gamma = \frac{180^\circ}{4} = 45^\circ\), et \(0^\circ < \alpha, \beta, \gamma < 45^\circ\).

Figure (solution)

Des calculs faciles dans divers triangles donnent \(\angle BIC = 180^\circ - 2\beta - 2\gamma = 180^\circ - (90^\circ - 2\alpha) = 90^\circ + 2\alpha\), donc (puisque \(X\) est le centre du cercle inscrit de \(BCI\), \(IX\) est la bissectrice de \(\angle BIC\)) \(\angle XIC = \angle BIX = \frac{1}{2}\angle BIC = 45^\circ + \alpha\), et par des arguments analogues \(\angle CIY = \angle YIA = 45^\circ + \beta\) et \(\angle AIZ = \angle ZIB = 45^\circ + \gamma\). De plus, \(\angle XIY = \angle XIC + \angle CIY = (45^\circ + \alpha) + (45^\circ + \beta) = 135^\circ - \gamma\), \(\angle YIZ = 135^\circ - \alpha\) et \(\angle ZIX = 135^\circ - \beta\).

Calculons maintenant les longueurs \(IX\), \(IY\) et \(IZ\) en fonction de \(\alpha\), \(\beta\) et \(\gamma\). La perpendiculaire issue de \(I\) à \(CX\) a pour longueur \(IX \cdot \sin \angle CXI = IX \cdot \sin(90^\circ + \beta) = IX \cdot \cos \beta\). Mais \(CI\) est la bissectrice de \(\angle YCX\), donc la perpendiculaire issue de \(I\) à \(CY\) a la même longueur, et l'on conclut que

\[IX \cdot \cos \beta = IY \cdot \cos \alpha.\]

Pour simplifier les calculs, on choisit une unité de longueur telle que \(IX = \cos \alpha\). Alors \(IY = \cos \beta\) et, par des arguments analogues, \(IZ = \cos \gamma\).

Comme \(XYZ\) est équilatéral, on a \(ZX = ZY\). La loi des cosinus dans les triangles \(XYI\), \(YZI\) donne

\[\begin{aligned} &ZX^2 = ZY^2 \\ \Longrightarrow\ &IZ^2 + IX^2 - 2 \cdot IZ \cdot IX \cdot \cos \angle ZIX = IZ^2 + IY^2 - 2 \cdot IZ \cdot IY \cdot \cos \angle YIZ \\ \Longrightarrow\ &IX^2 - IY^2 = 2 \cdot IZ \cdot (IX \cdot \cos \angle ZIX - IY \cdot \cos \angle YIZ) \\ \Longrightarrow\ &\underbrace{\cos^2 \alpha - \cos^2 \beta}_{\text{membre de gauche}} = \underbrace{2 \cdot \cos \gamma \cdot \big(\cos \alpha \cdot \cos(135^\circ - \beta) - \cos \beta \cdot \cos(135^\circ - \alpha)\big)}_{\text{membre de droite}}. \end{aligned}\]

Une transformation du membre de gauche donne

\[\begin{aligned} \cos^2 \alpha - \cos^2 \beta &= \cos^2 \alpha \cdot (\sin^2 \beta + \cos^2 \beta) - \cos^2 \beta \cdot (\sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha) = \cos^2 \alpha \cdot \sin^2 \beta - \cos^2 \beta \cdot \sin^2 \alpha \\ &= (\cos \alpha \cdot \sin \beta + \cos \beta \cdot \sin \alpha) \cdot (\cos \alpha \cdot \sin \beta - \cos \beta \cdot \sin \alpha) \\ &= \sin(\beta + \alpha) \cdot \sin(\beta - \alpha) = \sin(45^\circ - \gamma) \cdot \sin(\beta - \alpha), \end{aligned}\]

tandis qu'une transformation du membre de droite mène à

\[\begin{aligned} &2 \cdot \cos \gamma \cdot \big(\cos \alpha \cdot (-\cos(45^\circ + \beta)) - \cos \beta \cdot (-\cos(45^\circ + \alpha))\big) \\ &\quad = 2 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \cos \gamma \cdot \big(\cos \alpha \cdot (\sin \beta - \cos \beta) + \cos \beta \cdot (\cos \alpha - \sin \alpha)\big) \\ &\quad = \sqrt{2} \cdot \cos \gamma \cdot (\cos \alpha \cdot \sin \beta - \cos \beta \cdot \sin \alpha) = \sqrt{2} \cdot \cos \gamma \cdot \sin(\beta - \alpha). \end{aligned}\]

En égalant les deux membres, on obtient

\[\begin{aligned} &\sin(45^\circ - \gamma) \cdot \sin(\beta - \alpha) = \sqrt{2} \cdot \cos \gamma \cdot \sin(\beta - \alpha) \\ \Longrightarrow\ &\sin(\beta - \alpha) \cdot \big(\sqrt{2} \cdot \cos \gamma - \sin(45^\circ - \gamma)\big) = 0 \\ \Longrightarrow\ &\alpha = \beta \quad \text{ou} \quad \sqrt{2} \cdot \cos \gamma = \sin(45^\circ - \gamma). \end{aligned}\]

Mais \(\gamma < 45^\circ\) ; donc \(\sqrt{2} \cdot \cos \gamma > \cos \gamma > \cos 45^\circ = \sin 45^\circ > \sin(45^\circ - \gamma)\). Il reste \(\alpha = \beta\). Par un raisonnement analogue, \(\alpha = \gamma\), ce qui signifie que le triangle \(ABC\) est équilatéral. \(\blacksquare\)