Shortlist 2017, G7¶
Domaine : Géométrie · Difficulté : ★★★★☆ · Proposé par : Kazakhstan
Concepts : Centres du triangle et lemmes classiques · Chasse aux angles et quadrilatères cycliques · Homothétie
Solution officielle : Shortlist officielle 2017 (avec solutions), p. 68 (page 70 du PDF)
Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.
Énoncé¶
A convex quadrilateral \(ABCD\) has an inscribed circle with center \(I\). Let \(I_a\), \(I_b\), \(I_c\), and \(I_d\) be the incenters of the triangles \(DAB\), \(ABC\), \(BCD\), and \(CDA\), respectively. Suppose that the common external tangents of the circles \(AI_bI_d\) and \(CI_bI_d\) meet at \(X\), and the common external tangents of the circles \(BI_aI_c\) and \(DI_aI_c\) meet at \(Y\). Prove that \(\angle XIY = 90^\circ\).
Indices : les idées clés
- Centres du triangle : longueurs de tangence au cercle inscrit (\(AT = \frac{AB + AC - BC}{2}\)), et symétrie de la hauteur et du diamètre du cercle circonscrit par rapport à la bissectrice.
- Le théorème de Pitot \(AB + CD = BC + AD\) donne \(I_bI_d \perp AC\) et \(I_aI_c \perp BD\).
- Chasse aux angles : le centre \(O_a\) du cercle \(AI_bI_d\) est sur la bissectrice \(AI\).
- Homothétie : \(X\) est le centre d'homothétie externe des cercles \(AI_bI_d\) et \(CI_bI_d\) ; avec le centre interne \(U\), il est sur la droite des centres, parallèle à \(AC\).
- Cercle d'Apollonius de \(O_a, O_c\) de rapport \(r_a : r_c\) : il passe par \(X, U, I_b, I_d, I\), ce qui fait de \(IX\) et \(IU\) des bissectrices.
Solutions
Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2017 (une solution et une remarque).
Solution¶
Notons \(\omega_a\), \(\omega_b\), \(\omega_c\), \(\omega_d\) les cercles \(AI_bI_d\), \(BI_aI_c\), \(CI_bI_d\), \(DI_aI_c\), \(O_a\), \(O_b\), \(O_c\), \(O_d\) leurs centres et \(r_a\), \(r_b\), \(r_c\), \(r_d\) leurs rayons.
Affirmation 1. \(I_bI_d \perp AC\) et \(I_aI_c \perp BD\).
Preuve. Soient \(T\) et \(T'\) les points de contact avec la droite \(AC\) des cercles inscrits dans \(ABC\) et dans \(ACD\). On a \(AT = \frac{AB + AC - BC}{2}\) dans le triangle \(ABC\) et \(AT' = \frac{AD + AC - CD}{2}\) dans le triangle \(ACD\) ; de plus \(AB - BC = AD - CD\) dans le quadrilatère circonscriptible \(ABCD\) (théorème de Pitot). Donc
Ainsi \(T = T'\), et par conséquent \(I_bI_d \perp AC\) (les deux centres sont sur la perpendiculaire à \(AC\) en \(T\)). La seconde affirmation se montre de même. \(\square\)
Affirmation 2. Les points \(O_a\), \(O_b\), \(O_c\), \(O_d\) sont respectivement sur les droites \(AI\), \(BI\), \(CI\), \(DI\).
Preuve. Par symétrie, il suffit de le montrer pour \(O_a\).
Remarquons d'abord que les cercles inscrits de \(ABC\) et de \(ACD\) s'obtiennent à partir du cercle inscrit de \(ABCD\) par des homothéties de centres \(B\) et \(D\) et de rapports inférieurs à \(1\) ; donc \(I_b\) et \(I_d\) sont sur les segments \([BI]\) et \([DI]\).
Comme on le sait, dans tout triangle, la hauteur et le diamètre du cercle circonscrit issus d'un même sommet sont symétriques par rapport à la bissectrice. D'après l'affirmation 1, dans le triangle \(AI_dI_b\), le segment \([AT]\) est la hauteur issue de \(A\). Comme son pied \(T\) est à l'intérieur du segment \([I_bI_d]\), le centre \(O_a\) du cercle circonscrit à \(AI_dI_b\) est dans le secteur angulaire \(I_bAI_d\), de sorte que \(\angle I_bAT = \angle O_aAI_d\). Les points \(I_b\) et \(I_d\) sont les centres des cercles inscrits de \(ABC\) et \(ACD\), donc \(AI_b\) et \(AI_d\) sont les bissectrices de \(\angle BAC\) et \(\angle CAD\). Par chasse aux angles,
donc \(O_a\) est sur la bissectrice de \(\angle BAD\), c'est-à-dire sur la droite \(AI\). \(\square\)
Conclusion. Le point \(X\) est le centre d'homothétie externe de \(\omega_a\) et \(\omega_c\) ; soit \(U\) leur centre d'homothétie interne. Les points \(O_a\) et \(O_c\) sont sur la médiatrice de la corde commune \([I_bI_d]\) de \(\omega_a\) et \(\omega_c\), et les deux centres d'homothétie \(X\) et \(U\) sont sur la même droite \(O_aO_c\) ; d'après l'affirmation 1, cette droite est parallèle à \(AC\).
Par la similitude des cercles \(\omega_a\) et \(\omega_c\), grâce à \(O_aI_b = O_aI_d = O_aA = r_a\), \(O_cI_b = O_cI_d = O_cC = r_c\), et à \(AC \parallel O_aO_c\) (précision ajoutée : avec l'affirmation 2, le triangle \(IO_aO_c\) est homothétique de \(IAC\), d'où la dernière égalité), on obtient
Les points \(X\), \(U\), \(I_b\), \(I_d\), \(I\) sont donc sur le cercle d'Apollonius des points \(O_a\), \(O_c\) de rapport \(r_a : r_c\). Dans ce cercle, \([XU]\) est un diamètre, et les droites \(IU\) et \(IX\) sont respectivement les bissectrices intérieure et extérieure de \(\angle O_aIO_c = \angle AIC\), d'après le théorème de la bissectrice. De plus, dans ce cercle d'Apollonius, le diamètre \(UX\) est porté par la médiatrice de \([I_bI_d]\) ; donc les droites \(IX\) et \(IU\) sont respectivement les bissectrices intérieure et extérieure de \(\angle I_bII_d = \angle BID\).
En répétant le même argument avec \(B\), \(D\) au lieu de \(A\), \(C\), on obtient que la droite \(IY\) est la bissectrice intérieure de \(\angle AIC\) et la bissectrice extérieure de \(\angle BID\). Ainsi les droites \(IX\) et \(IY\) sont respectivement la bissectrice intérieure et la bissectrice extérieure de \(\angle BID\) : elles sont perpendiculaires, et \(\angle XIY = 90^\circ\) (voir la figure). \(\blacksquare\)
Remarques¶
Remarque. En fait, les points \(O_a\), \(O_b\), \(O_c\), \(O_d\) sont sur les segments \([AI]\), \([BI]\), \([CI]\), \([DI]\). Pour \(O_a\), on peut le voir par exemple ainsi :
La solution montre aussi que la droite \(IY\) passe par le point \(U\) et, de même, que \(IX\) passe par le centre d'homothétie interne de \(\omega_b\) et \(\omega_d\).