Shortlist 2012, G6

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

Concepts : Chasse aux angles et quadrilatères cycliques · Centres du triangle et lemmes classiques · Trigonométrie : loi des sinus, Ceva trigonométrique

Solution officielle : Shortlist officielle 2012 (avec solutions), p. 34 (page 34 du PDF)

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Énoncé

Let \(ABC\) be a triangle with circumcenter \(O\) and incenter \(I\). The points \(D\), \(E\) and \(F\) on the sides \(BC\), \(CA\) and \(AB\) respectively are such that \(BD + BF = CA\) and \(CD + CE = AB\). The circumcircles of the triangles \(BFD\) and \(CDE\) intersect at \(P \neq D\). Prove that \(OP = OI\).

Indices : les idées clés

• Miquel : les cercles \((AEF)\), \((BFD)\), \((CDE)\) passent par \(P\) ; ils recoupent les bissectrices en \(A'\), \(B'\), \(C'\), qui ne dépendent pas du choix de \(D\), \(E\), \(F\).
• Lemme (Ptolémée et loi des sinus) : un cercle passant par \(A\) coupe la bissectrice en \(L\) et les côtés en \(X\), \(Y\) ; alors \(AX + AY = 2AL \cos \frac{\alpha}{2}\). On en tire \(AA' + AI = AM\), donc \(OA' = OI\) (centres du triangle).
• Angles orientés : \(\measuredangle(A'P, B'P) = \measuredangle(A'I, B'I)\), donc \(P\) est sur le cercle \((IA'B'C')\) de centre \(O\).

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent la solution officielle de la Shortlist 2012 (une solution et une remarque).

Solution

Par le théorème de Miquel, les cercles \((AEF) = \omega_A\), \((BFD) = \omega_B\) et \((CDE) = \omega_C\) ont un point commun, pour des points quelconques \(D\), \(E\), \(F\) sur \(BC\), \(CA\), \(AB\). Donc \(\omega_A\) passe par le point commun \(P \neq D\) de \(\omega_B\) et \(\omega_C\).

Soient \(A' \neq A\), \(B' \neq B\) et \(C' \neq C\) les points où \(\omega_A\), \(\omega_B\) et \(\omega_C\) recoupent les bissectrices \(AI\), \(BI\) et \(CI\). L'observation clé est que \(A'\), \(B'\) et \(C'\) ne dépendent pas du choix particulier de \(D\), \(E\), \(F\), pourvu que \(BD + BF = CA\), \(CD + CE = AB\) et \(AE + AF = BC\) (cette dernière égalité découle des deux autres). Pour le prouver, on utilise le fait suivant.

Lemme. On se donne un angle de sommet \(A\) et de mesure \(\alpha\). Un cercle \(\omega\) passant par \(A\) coupe la bissectrice en \(L\) et les côtés de l'angle en \(X\) et \(Y\). Alors \(AX + AY = 2AL \cos \frac{\alpha}{2}\).

Preuve. \(L\) est le milieu de l'arc \(XLY\) de \(\omega\) ; posons \(XL = YL = u\) et \(XY = v\). Par le théorème de Ptolémée, \(AX \cdot YL + AY \cdot XL = AL \cdot XY\), ce qui s'écrit \((AX + AY)u = AL \cdot v\). Comme \(\angle LXY = \frac{\alpha}{2}\) et \(\angle XLY = 180^\circ - \alpha\), la loi des sinus donne \(v = 2 \cos \frac{\alpha}{2} \, u\), et l'affirmation suit. \(\square\)

Appliquons le lemme à l'angle \(BAC = \alpha\) et au cercle \(\omega = \omega_A\), qui coupe \(AI\) en \(A'\). Cela donne \(2AA' \cos \frac{\alpha}{2} = AE + AF = BC\) ; par symétrie, on a des relations analogues pour \(BB'\) et \(CC'\). Il s'ensuit que \(A'\), \(B'\) et \(C'\) ne dépendent pas du choix de \(D\), \(E\), \(F\), comme annoncé.

On utilise encore deux fois le lemme avec l'angle \(BAC = \alpha\). Soit \(\omega\) le cercle de diamètre \(AI\). Alors \(X\) et \(Y\) sont les points de contact du cercle inscrit avec \(AB\) et \(AC\), donc \(AX = AY = \frac{1}{2}(AB + AC - BC)\), et le lemme donne \(2AI \cos \frac{\alpha}{2} = AB + AC - BC\). Ensuite, si \(\omega\) est le cercle circonscrit à \(ABC\) et que \(AI\) le recoupe en \(M \neq A\), alors \(\{X, Y\} = \{B, C\}\), et le lemme donne \(2AM \cos \frac{\alpha}{2} = AB + AC\). En résumé,

\[2AA' \cos \frac{\alpha}{2} = BC, \qquad 2AI \cos \frac{\alpha}{2} = AB + AC - BC, \qquad 2AM \cos \frac{\alpha}{2} = AB + AC. \tag{$\ast$}\]

Ces égalités impliquent \(AA' + AI = AM\) ; les segments \(AM\) et \(IA'\) ont donc le même milieu. Il s'ensuit que \(I\) et \(A'\) sont à égale distance du centre \(O\). Par symétrie, \(OI = OA' = OB' = OC'\), donc \(I\), \(A'\), \(B'\), \(C'\) sont sur un cercle de centre \(O\).

Pour prouver \(OP = OI\), il suffit maintenant de montrer que \(I\), \(A'\), \(B'\), \(C'\) et \(P\) sont cocycliques. On peut évidemment supposer \(P \neq I, A', B', C'\).

On utilise des angles orientés pour éviter de lourdes distinctions de cas. L'angle orienté entre les droites \(l\) et \(m\) est noté \(\measuredangle(l, m)\). On a \(\measuredangle(l, m) = -\measuredangle(m, l)\) et \(\measuredangle(l, m) + \measuredangle(m, n) = \measuredangle(l, n)\) pour toutes droites \(l\), \(m\), \(n\). Quatre points distincts non alignés \(U\), \(V\), \(X\), \(Y\) sont cocycliques si et seulement si \(\measuredangle(UX, VX) = \measuredangle(UY, VY)\).

Supposons pour l'instant que \(A'\), \(B'\), \(P\), \(I\) sont distincts et non alignés ; il suffit alors de vérifier que \(\measuredangle(A'P, B'P) = \measuredangle(A'I, B'I)\). Comme \(A\), \(F\), \(P\), \(A'\) sont sur le cercle \(\omega_A\), on a \(\measuredangle(A'P, FP) = \measuredangle(A'A, FA) = \measuredangle(A'I, AB)\). De même, \(\measuredangle(B'P, FP) = \measuredangle(B'I, AB)\). Donc

\[\measuredangle(A'P, B'P) = \measuredangle(A'P, FP) + \measuredangle(FP, B'P) = \measuredangle(A'I, AB) - \measuredangle(B'I, AB) = \measuredangle(A'I, B'I).\]

On a supposé ici \(P \neq F\). Si \(P = F\), alors \(P \neq D, E\), et la conclusion s'obtient de même (en utilisant \(\measuredangle(A'F, B'F) = \measuredangle(A'F, EF) + \measuredangle(EF, DF) + \measuredangle(DF, B'F)\) et les angles inscrits dans \(\omega_A\), \(\omega_B\), \(\omega_C\)).

Il n'y a pas de perte de généralité à supposer \(A'\), \(B'\), \(P\), \(I\) distincts et non alignés. Si \(ABC\) est équilatéral, les égalités \((\ast)\) montrent que \(A'\), \(B'\), \(C'\), \(I\), \(O\) et \(P\) coïncident, donc \(OP = OI\). Sinon, au plus l'un des points \(A'\), \(B'\), \(C'\) coïncide avec \(I\). Si par exemple \(C' = I\), alors \(OI \perp CI\) par le raisonnement précédent. Il s'ensuit que \(A', B' \neq I\), donc \(A' \neq B'\). Enfin, \(A'\), \(B'\) et \(I\) ne sont pas alignés, puisque \(I\), \(A'\), \(B'\), \(C'\) sont cocycliques. \(\blacksquare\)

Remarque

L'auteur du problème remarque que le lieu \(\gamma\) des points \(P\) est un arc du cercle \((A'B'C'I)\). Le symétrique \(I'\) de \(I\) par rapport à \(O\) appartient à \(\gamma\) ; on l'obtient en choisissant pour \(D\), \(E\), \(F\) les points de contact des trois cercles exinscrits avec les côtés correspondants. Le reste du cercle \((A'B'C'I)\), sauf \(I\), peut être inclus dans \(\gamma\) en laissant \(D\), \(E\) et \(F\) parcourir les prolongements des côtés, avec des longueurs algébriques. Par exemple, si \(B\) est entre \(C\) et \(D\), la longueur \(BD\) doit être comptée négativement. Le centre \(I\) correspond au cas limite où \(D\) tend vers l'infini.