Shortlist 2019, G7

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

Concepts : Outils projectifs : birapport, division harmonique, pôles et polaires · Puissance d'un point et axe radical · Chasse aux angles et quadrilatères cycliques · Centres du triangle et lemmes classiques

Solution officielle : Shortlist officielle 2019 (avec solutions), section G7 (livret PDF)

Problème 6 de l'OIM 2019

Ce problème a été choisi parmi ceux de la shortlist pour l'épreuve de l'OIM 2019, où il était le problème 6 (jour 2).

Pas encore relu

Les concepts et la rédaction de cette page n'ont pas encore été vérifiés.

Énoncé

The incircle \(\omega\) of acute-angled scalene triangle \(ABC\) has centre \(I\) and meets sides \(BC\), \(CA\), and \(AB\) at \(D\), \(E\), and \(F\), respectively. The line through \(D\) perpendicular to \(EF\) meets \(\omega\) again at \(R\). Line \(AR\) meets \(\omega\) again at \(P\). The circumcircles of triangles \(PCE\) and \(PBF\) meet again at \(Q \neq P\). Prove that lines \(DI\) and \(PQ\) meet on the external bisector of angle \(BAC\).

Indices : les idées clés

• Pôles et polaires : le milieu \(N\) de \(EF\) est le pôle de la bissectrice extérieure \(AL\) par rapport au cercle inscrit, ce qui ramène le problème à l'alignement de \(P\), \(Q\) et d'un point \(S\) du cercle inscrit ; en solution 2, \(W = EF \cap BC\) est le pôle de \(AD\).
• Puissance d'un point et axe radical : \(AN \cdot AI = AE^2 = AR \cdot AP\) ; en solution 1, l'axe radical du cercle inscrit et du cercle \(BIC\) est la droite des milieux \(E'F'\) du triangle \(DEF\).
• Chasse aux angles (angles orientés) : \(Q\) est sur le cercle \(BIC\) (solution 1) ; en solution 2, \(Q\) est l'intersection de \(CY\) et \(BZ\).
• Centres du triangle et lemmes classiques : point \(K\) diamétralement opposé à \(D\), cercle \(BIC\), point de contact du cercle mixtilinéaire et milieu de l'arc \(BAC\), symédiane \(DA\) du triangle \(DEF\) (solution 2).

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2019 (deux solutions et une remarque).

Remarque commune. Dans toutes les solutions, \(\angle(a, b)\) désigne l'angle orienté entre les droites \(a\) et \(b\), modulo \(\pi\).

Solution 1

Étape 1. La bissectrice extérieure de \(\angle BAC\) est la droite passant par \(A\) et perpendiculaire à \(IA\). Soit \(L\) le point où \(DI\) la coupe, et soit \(K\) le second point d'intersection de \(DI\) avec \(\omega\). Soit \(N\) le milieu de \(EF\) ; il est sur \(IA\) et c'est le pôle de la droite \(AL\) par rapport à \(\omega\). Comme

\[AN \cdot AI = AE^2 = AR \cdot AP,\]

les points \(R\), \(N\), \(I\), \(P\) sont cocycliques (puissance d'un point). Comme \(IR = IP\), la droite \(NI\) est la bissectrice extérieure de \(\angle PNR\) ; donc \(PN\) recoupe \(\omega\) au symétrique de \(R\) par rapport à \(AN\), c'est-à-dire en \(K\).

Soit \(S\) le second point d'intersection de \(DN\) avec \(\omega\). Les côtés opposés d'un quadrilatère inscrit dans \(\omega\) se coupent sur la polaire, par rapport à \(\omega\), du point d'intersection des diagonales. Appliqué au quadrilatère de sommets \(P, D, K, S\) (dont les diagonales \(PK\) et \(DS\) se coupent en \(N\)) : comme \(L\) est sur la polaire \(AL\) de \(N\) et sur la droite \(DK\), la droite \(PS\) passe par \(L\). Il suffit donc de prouver que les points \(S\), \(Q\), \(P\) sont alignés. (Voir les figures.)

Étape 2. Soit \(\Gamma\) le cercle circonscrit à \(BIC\). On a

\[\begin{aligned} \angle(BQ, QC) &= \angle(BQ, QP) + \angle(PQ, QC) = \angle(BF, FP) + \angle(PE, EC) \\ &= \angle(EF, EP) + \angle(FP, FE) = \angle(FP, EP) = \angle(DF, DE) = \angle(BI, IC), \end{aligned}\]

donc \(Q\) est sur \(\Gamma\). Soit \(T\) le second point d'intersection de \(QP\) avec \(\Gamma\). Il suffit maintenant de prouver que \(S\), \(P\), \(T\) sont alignés.

On a \(\angle(BI, IT) = \angle(BQ, QT) = \angle(BF, FP) = \angle(FK, KP)\). Or \(FD \perp FK\) et \(FD \perp BI\), donc \(FK \parallel BI\), et par conséquent \(IT\) est parallèle à la droite \(KNP\). Comme \(DI = IK\), la droite \(IT\) coupe \(DN\) en son milieu \(M\).

Étape 3. Soient \(F'\) et \(E'\) les milieux de \(DE\) et \(DF\). Comme \(DE' \cdot E'F = DE'^2 = BE' \cdot E'I\), le point \(E'\) est sur l'axe radical de \(\omega\) et \(\Gamma\) ; il en est de même de \(F'\). Cet axe radical est donc la droite \(E'F'\), qui passe par \(M\). Ainsi \(IM \cdot MT = DM \cdot MS\), et les points \(S\), \(I\), \(D\), \(T\) sont cocycliques. Cela donne

\[\angle(DS, ST) = \angle(DI, IT) = \angle(DK, KP) = \angle(DS, SP),\]

d'où l'alignement de \(S\), \(P\), \(T\). \(\blacksquare\)

Solution 2

On commence comme dans la solution 1 : on introduit les mêmes points \(K\), \(L\), \(N\), \(S\) et on montre que les triplets \((P, N, K)\) et \((P, S, L)\) sont alignés. On en déduit que \(K\) et \(R\) sont symétriques par rapport à \(AI\), et l'on ramène le problème à prouver que \(P\), \(Q\), \(S\) sont alignés.

Étape 1. Soit \(X\) le second point d'intersection de \(AR\) avec le cercle circonscrit \(\Omega\) de \(ABC\). Les droites \(AR\) et \(AK\) sont isogonales dans l'angle \(BAC\) ; il est bien connu que, dans ce cas, \(X\) est le point de contact de \(\Omega\) avec le cercle \(A\)-mixtilinéaire. Il est également bien connu que la droite \(XI\) recoupe \(\Omega\) au milieu \(M'\) de l'arc \(BAC\).

Étape 2. Notons \(\Omega_B\) et \(\Omega_C\) les cercles \(BFP\) et \(CEP\). Soient \(U\) et \(Y\) les seconds points d'intersection de \(\Omega_B\) avec \(AR\) et \(EF\). On a

\[\angle(UB, BF) = \angle(UP, PF) = \angle(RP, PF) = \angle(RF, FA),\]

donc \(UB \parallel RF\). (Voir la figure.)

Montrons que \(B\), \(I\), \(U\), \(X\) sont cocycliques. Comme

\[\angle(UB, UX) = \angle(RF, RX) = \angle(AF, AR) + \angle(FR, FA) = \angle(M'B, M'X) + \angle(DR, DF),\]

il suffit de prouver \(\angle(IB, IX) = \angle(M'B, M'X) + \angle(DR, DF)\), c'est-à-dire \(\angle(IB, M'B) = \angle(DR, DF)\). Or ces deux angles valent \(\angle(CI, CB)\). (C'est ici qu'on utilise le fait que \(M'\) est le milieu de l'arc \(BAC\) de \(\Omega\).)

Des cercles \(BUIX\) et \(BPUFY\), on déduit

\[\angle(IU, UB) = \angle(IX, BX) = \angle(M'X, BX) = \frac{\pi - \angle A}{2} = \angle(EF, AF) = \angle(YF, BF) = \angle(YU, BU),\]

donc les points \(Y\), \(U\), \(I\) sont alignés.

Soit \(W\) le point d'intersection de \(EF\) et \(BC\). On a

\[\angle(IY, YW) = \angle(UY, FY) = \angle(UB, FB) = \angle(RF, AF) = \angle(CI, CW),\]

donc les points \(W\), \(Y\), \(I\), \(C\) sont cocycliques.

De même, si \(V\) et \(Z\) sont les seconds points d'intersection de \(\Omega_C\) avec \(AR\) et \(EF\), les quadruplets \((C, V, I, X)\) et \((B, I, Z, W)\) sont cocycliques.

Étape 3. Soit \(Q'' = CY \cap BZ\). Montrons que \(Q'' = Q\). D'abord,

\[\begin{aligned} \angle(Q''Y, Q''B) &= \angle(CY, ZB) = \angle(CY, ZY) + \angle(ZY, BZ) \\ &= \angle(CI, IW) + \angle(IW, IB) = \angle(CI, IB) = \frac{\pi - \angle A}{2} = \angle(FY, FB), \end{aligned}\]

donc \(Q'' \in \Omega_B\). De même, \(Q'' \in \Omega_C\). Donc \(Q'' \in \Omega_B \cap \Omega_C = \{P, Q\}\), et il reste à prouver que \(Q'' \neq P\). Si l'on avait \(Q'' = P\), on aurait \(\angle(PY, PZ) = \angle(Q''Y, Q''Z) = \angle(IC, IB)\), d'où

\[\angle(PY, YF) + \angle(EZ, ZP) = \angle(PY, PZ) = \angle(IC, IB) = \angle(PE, PF),\]

et les cercles \(\Omega_B\) et \(\Omega_C\) seraient tangents en \(P\). C'est exclu par l'énoncé, donc \(Q'' = Q\).

Étape 4. Montrons enfin que \(P\), \(Q\), \(S\) sont alignés. Les points \(A\) et \(D\) sont les pôles par rapport à \(\omega\) des droites \(EW\) et \(DW\) ; donc \(W\) est le pôle de \(AD\), et \(WI \perp AD\). Comme \(CI \perp DE\), on obtient \(\angle(IC, WI) = \angle(DE, DA)\). D'autre part, \(DA\) est une symédiane du triangle \(DEF\), donc \(\angle(DE, DA) = \angle(DN, DF) = \angle(DS, DF)\). Par conséquent,

\[\angle(PS, PF) = \angle(DS, DF) = \angle(DE, DA) = \angle(IC, IW) = \angle(YC, YW) = \angle(YQ, YF) = \angle(PQ, PF),\]

ce qui donne l'alignement voulu. \(\blacksquare\)

Remarques

Remarque 1 (autre preuve de l'alignement de \(P\), \(S\), \(L\) dans l'étape 1 de la solution 1). Au lieu de la propriété des polaires, on peut utiliser une inversion. Soit \(G\) le pied de la perpendiculaire issue de \(N\) sur la droite \(DIKL\). Les points \(N\), \(G\), \(K\), \(S\) sont cocycliques (deux angles droits opposés), donc

\[\angle DIP = 2\angle DKP = \angle GKN + \angle DSP = \angle GSN + \angle NSP = \angle GSP,\]

et \(I\), \(G\), \(S\), \(P\) sont cocycliques. On a \(IG \cdot IL = IN \cdot IA = r^2\) car les triangles \(IGN\) et \(IAL\) sont semblables. En inversant le cercle \(IGSP\) par rapport à \(\omega\), les points \(P\) et \(S\) sont fixes et \(G\) est envoyé sur \(L\) ; donc \(P\), \(S\), \(L\) sont alignés.