Shortlist 2013, G3

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

Concepts : Trigonométrie : loi des sinus, Ceva trigonométrique · Chasse aux angles et quadrilatères cycliques

Solution officielle : Shortlist officielle 2013 (avec solutions), p. 42 (page 42 du PDF)

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Énoncé

In a triangle \(ABC\), let \(D\) and \(E\) be the feet of the angle bisectors of angles \(A\) and \(B\), respectively. A rhombus is inscribed into the quadrilateral \(AEDB\) (all vertices of the rhombus lie on different sides of \(AEDB\)). Let \(\varphi\) be the non-obtuse angle of the rhombus. Prove that \(\varphi \leq \max\{\angle BAC, \angle ABC\}\).

Indices : les idées clés

• Distances aux côtés : pour les pieds de bissectrices \(D\) et \(E\), \(d(X, AC) + d(X, BC) = d(X, AB)\) ; cette relation est affine en \(X\), donc vraie aussi pour le sommet \(L\) du losange situé sur \(DE\).
• Trigonométrie : avec le côté \(a\) du losange, cela s'écrit \(\sin \mu + \sin \nu = \sin \delta + \sin \varepsilon\).
• Chasse aux angles et absurde : si \(\psi > \max\{\alpha, \beta\}\), alors \(\mu < \delta < \frac{\pi}{2}\) et \(\nu < \varepsilon < \frac{\pi}{2}\), ce qui contredit l'égalité des sinus.

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent la solution officielle de la Shortlist 2013 (une solution et une remarque).

Solution

Soient \(K\), \(L\), \(M\) et \(N\) les sommets du losange situés respectivement sur les côtés \(AE\), \(ED\), \(DB\) et \(BA\). Notons \(d(X, YZ)\) la distance d'un point \(X\) à une droite \(YZ\). Comme \(D\) et \(E\) sont les pieds des bissectrices, on a \(d(D, AB) = d(D, AC)\), \(d(E, AB) = d(E, BC)\), et \(d(D, BC) = d(E, AC) = 0\), ce qui implique

\[d(D, AC) + d(D, BC) = d(D, AB) \quad \text{et} \quad d(E, AC) + d(E, BC) = d(E, AB).\]

Comme \(L\) est sur le segment \(DE\) et que la relation \(d(X, AC) + d(X, BC) = d(X, AB)\) est affine en \(X\) à l'intérieur du triangle, ces deux relations impliquent

\[d(L, AC) + d(L, BC) = d(L, AB). \tag{1}\]

Notons les angles comme sur la figure, et posons \(a = KL\). Alors \(d(L, AC) = a \sin \mu\) et \(d(L, BC) = a \sin \nu\). Comme \(KLMN\) est un parallélogramme situé d'un même côté de \(AB\) (et \(d(N, AB) = 0\)), on a

\[d(L, AB) = d(L, AB) + d(N, AB) = d(K, AB) + d(M, AB) = a(\sin \delta + \sin \varepsilon).\]

La condition (1) s'écrit donc

\[\sin \mu + \sin \nu = \sin \delta + \sin \varepsilon. \tag{2}\]

Si l'un des angles \(\alpha\), \(\beta\) n'est pas aigu, l'inégalité voulue est évidente. On suppose donc \(\alpha, \beta < \frac{\pi}{2}\). Il suffit alors de montrer que \(\psi = \angle NKL \leq \max\{\alpha, \beta\}\).

Supposons au contraire que \(\psi > \max\{\alpha, \beta\}\). Comme \(\mu + \psi = \angle CKN = \alpha + \delta\), l'hypothèse donne \(\mu = (\alpha - \psi) + \delta < \delta\). De même, \(\nu < \varepsilon\). Ensuite, comme \(KN \parallel ML\), on a \(\beta = \delta + \nu\), donc \(\delta < \beta < \frac{\pi}{2}\). De même, \(\varepsilon < \frac{\pi}{2}\). Enfin, de \(\mu < \delta < \frac{\pi}{2}\) et \(\nu < \varepsilon < \frac{\pi}{2}\), on tire

\[\sin \mu < \sin \delta \quad \text{et} \quad \sin \nu < \sin \varepsilon,\]

ce qui contredit (2). \(\blacksquare\)

Remarque

On peut voir que l'égalité a lieu si \(\alpha = \beta\), pour tout losange inscrit dans le quadrilatère \(AEDB\).