Shortlist 2011, G8

Domaine : Géométrie · Difficulté : ★★★★★ · Proposé par : non indiqué

Concepts : Homothétie · Outils projectifs : birapport, division harmonique, pôles et polaires · Chasse aux angles et quadrilatères cycliques

Solution officielle : Shortlist officielle 2011 (avec solutions), p. 60 (page 61 du PDF)

Problème 6 de l'OIM 2011

Ce problème a été choisi parmi ceux de la shortlist pour l'épreuve de l'OIM 2011, où il était le problème 6 (jour 2).

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Pas encore relu

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Énoncé

Let \(ABC\) be an acute triangle with circumcircle \(\omega\). Let \(t\) be a tangent line to \(\omega\). Let \(t_a\), \(t_b\), and \(t_c\) be the lines obtained by reflecting \(t\) in the lines \(BC\), \(CA\), and \(AB\), respectively. Show that the circumcircle of the triangle determined by the lines \(t_a\), \(t_b\), and \(t_c\) is tangent to the circle \(\omega\).

Indices : les idées clés

• Angles orientés : avec \(A''\) sur \(\omega\) tel que \(TA = AA''\) (et de même \(B''\), \(C''\)), on a \(t_a \parallel B''C''\), \(t_b \parallel A''C''\), \(t_c \parallel A''B''\).
• Homothétie : il suffit que le centre \(K\) de l'homothétie envoyant \(A'B'C'\) sur \(A''B''C''\) soit sur \(\omega\) ; les cercles circonscrits sont alors tangents en \(K\).
• Pascal sur l'hexagone \(KB''CIBC''\), avec \(I = BB' \cap CC' \in \omega\) ; ou bien (solution 2) le point de Miquel des droites \(A'B'\), \(A'C'\), \(B'C'\) et de la droite de Simson-Steiner \(XY\).

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2011 (deux solutions et une remarque).

Pour éviter une longue discussion de cas, on utilise des angles orientés. Pour deux droites \(\ell\) et \(m\), on note \(\angle(\ell, m)\) l'angle dont il faut tourner \(\ell\) dans le sens direct pour obtenir une droite parallèle à \(m\). Tous les angles orientés sont donc considérés modulo \(180^\circ\).

Solution 1

Notons \(T\) le point de contact de \(t\) et de \(\omega\). Posons \(A' = t_b \cap t_c\), \(B' = t_a \cap t_c\), \(C' = t_a \cap t_b\). Introduisons le point \(A''\) de \(\omega\) tel que \(TA = AA''\) (\(A'' \neq T\) sauf si \(TA\) est un diamètre). On définit de même les points \(B''\) et \(C''\).

Comme les points \(C\) et \(B\) sont les milieux des arcs \(TC''\) et \(TB''\) respectivement, on a

\[\begin{aligned} \angle(t, B''C'') &= \angle(t, TC'') + \angle(TC'', B''C'') = 2\angle(t, TC) + 2\angle(TC'', BC'') \\ &= 2\big(\angle(t, TC) + \angle(TC, BC)\big) = 2\angle(t, BC) = \angle(t, t_a). \end{aligned}\]

Il s'ensuit que \(t_a\) et \(B''C''\) sont parallèles. De même, \(t_b \parallel A''C''\) et \(t_c \parallel A''B''\). Les triangles \(A'B'C'\) et \(A''B''C''\) sont donc soit homothétiques, soit translatés l'un de l'autre. Nous allons prouver qu'ils sont en fait homothétiques, et que le centre \(K\) de l'homothétie appartient à \(\omega\). Il s'ensuivra que leurs cercles circonscrits sont aussi homothétiques de centre \(K\), et donc tangents en ce point, comme voulu.

Nous avons besoin des deux affirmations suivantes.

Affirmation 1. Le point d'intersection \(X\) des droites \(B''C\) et \(BC''\) est sur \(t_a\).

Preuve. En fait, les points \(X\) et \(T\) sont symétriques par rapport à la droite \(BC\), puisque les droites \(CT\) et \(CB''\) sont symétriques par rapport à cette droite, de même que les droites \(BT\) et \(BC''\). \(\square\)

Affirmation 2. Le point d'intersection \(I\) des droites \(BB'\) et \(CC'\) est sur le cercle \(\omega\).

Preuve. On traite le cas où \(t\) n'est parallèle à aucun côté de \(ABC\) ; les autres cas s'obtiennent comme cas limites. Posons \(D = t \cap BC\), \(E = t \cap AC\) et \(F = t \cap AB\).

Par symétrie, la droite \(DB\) est l'une des bissectrices des droites \(B'D\) et \(FD\) ; de même, la droite \(FB\) est l'une des bissectrices des droites \(B'F\) et \(DF\). Donc \(B\) est soit le centre du cercle inscrit, soit le centre de l'un des cercles exinscrits du triangle \(B'DF\). Dans tous les cas, \(\angle(BD, DF) + \angle(DF, FB) + \angle(B'B, B'D) = 90^\circ\), donc

\[\angle(B'B, B'C') = \angle(B'B, B'D) = 90^\circ - \angle(BC, DF) - \angle(DF, BA) = 90^\circ - \angle(BC, AB).\]

De même, \(\angle(C'C, B'C') = 90^\circ - \angle(BC, AC)\). Donc

\[\angle(BI, CI) = \angle(B'B, B'C') + \angle(B'C', C'C) = \angle(BC, AC) - \angle(BC, AB) = \angle(AB, AC),\]

ce qui signifie exactement que les points \(A\), \(B\), \(I\), \(C\) sont cocycliques. \(\square\)

Achevons maintenant la preuve. Soit \(K\) le second point d'intersection de \(B'B''\) et de \(\omega\). En appliquant le théorème de Pascal à l'hexagone \(KB''CIBC''\), on obtient que les points \(B' = KB'' \cap IB\) et \(X = B''C \cap BC''\) sont alignés avec le point d'intersection \(S\) de \(CI\) et \(C''K\). Donc \(S = CI \cap B'X = C'\), et les points \(C'\), \(C''\), \(K\) sont alignés. Ainsi, \(K\) est le point d'intersection de \(B'B''\) et \(C'C''\), ce qui implique que \(K\) est le centre de l'homothétie qui envoie \(A'B'C'\) sur \(A''B''C''\), et il appartient à \(\omega\). \(\blacksquare\)

Solution 2

Définissons les points \(T\), \(A'\), \(B'\) et \(C'\) comme dans la solution précédente. Soient \(X\), \(Y\) et \(Z\) les symétriques de \(T\) par rapport aux droites \(BC\), \(CA\) et \(AB\) respectivement. Les projections de \(T\) sur ces droites forment la droite de Simson de \(T\) par rapport à \(ABC\), donc les points \(X\), \(Y\), \(Z\) sont aussi alignés. De plus, \(X \in B'C'\), \(Y \in C'A'\), \(Z \in A'B'\).

Posons \(\alpha = \angle(t, TC) = \angle(BT, BC)\). En utilisant les symétries par rapport à \(AC\) et à \(BC\), on obtient

\[\angle(BC, BX) = \angle(BT, BC) = \alpha \qquad \text{et} \qquad \angle(XC, XC') = \angle(t, TC) = \angle(YC, YC') = \alpha.\]

Comme \(\angle(XC, XC') = \angle(YC, YC')\), les points \(X\), \(Y\), \(C\), \(C'\) sont sur un même cercle \(\omega_c\). On définit de même les cercles \(\omega_a\) et \(\omega_b\). Soit \(\omega'\) le cercle circonscrit au triangle \(A'B'C'\).

En appliquant le théorème de Miquel aux quatre droites \(A'B'\), \(A'C'\), \(B'C'\) et \(XY\), on obtient que les cercles \(\omega'\), \(\omega_a\), \(\omega_b\), \(\omega_c\) passent par un même point \(K\). Montrons que \(K\) est sur \(\omega\), et que les tangentes à \(\omega\) et à \(\omega'\) en ce point coïncident ; cela implique l'énoncé.

Par symétrie, \(XB = TB = ZB\), donc le point \(B\) est le milieu de l'un des arcs \(XZ\) du cercle \(\omega_b\). Donc \(\angle(KB, KX) = \angle(XZ, XB)\). De même, \(\angle(KX, KC) = \angle(XC, XY)\). En additionnant ces égalités et en utilisant la symétrie par rapport à la droite \(BC\), on obtient

\[\angle(KB, KC) = \angle(XZ, XB) + \angle(XC, XZ) = \angle(XC, XB) = \angle(TB, TC).\]

Donc \(K\) est sur \(\omega\).

Soit ensuite \(k\) la tangente à \(\omega\) en \(K\). On a

\[\begin{aligned} \angle(k, KC') &= \angle(k, KC) + \angle(KC, KC') = \angle(KB, BC) + \angle(XC, XC') \\ &= \big(\angle(KB, BX) - \angle(BC, BX)\big) + \alpha = \angle(KB', B'X) - \alpha + \alpha = \angle(KB', B'C'), \end{aligned}\]

ce qui signifie exactement que \(k\) est tangente à \(\omega'\). \(\blacksquare\)

Remarque

Il existe diverses solutions combinant les idées des deux solutions présentées ci-dessus. Par exemple, on peut définir le point \(X\) comme le symétrique de \(T\) par rapport à la droite \(BC\), puis introduire le point \(K\) comme le second point d'intersection des cercles circonscrits à \(BB'X\) et \(CC'X\). En utilisant le fait que \(BB'\) et \(CC'\) sont les bissectrices de \(\angle(A'B', B'C')\) et de \(\angle(A'C', B'C')\), on peut montrer successivement que \(K \in \omega\), que \(K \in \omega'\), et que les tangentes à \(\omega\) et à \(\omega'\) en \(K\) coïncident.