Shortlist 2020, G6

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

Concepts : Centres du triangle et lemmes classiques · Chasse aux angles et quadrilatères cycliques · Triangles semblables et similitudes · Inversion · Outils projectifs : birapport, division harmonique, pôles et polaires

Solution officielle : Shortlist officielle 2020 (avec solutions), p. 58 (page 60 du PDF)

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Énoncé

Let \(I\) and \(I_A\) be the incenter and the \(A\)-excenter of an acute-angled triangle \(ABC\) with \(AB < AC\). Let the incircle meet \(BC\) at \(D\). The line \(AD\) meets \(BI_A\) and \(CI_A\) at \(E\) and \(F\), respectively. Prove that the circumcircles of triangles \(AID\) and \(I_AEF\) are tangent to each other.

Indices : les idées clés

• Centres du triangle et lemmes classiques : \(B\), \(C\), \(I\), \(I_A\) sont sur le cercle \(\Gamma\) de diamètre \([II_A]\) ; le point de tangence cherché est sur \(\Gamma\).
• Chasse aux angles et quadrilatères cycliques (solution 1) : avec des angles orientés de droites, le point de Miquel \(T\) du quadrilatère complet \(BC\), \(BI_A\), \(CI_A\), \(DEF\) est sur les deux cercles, et les tangentes y coïncident.
• Triangles semblables et similitudes (solution 2) : une similitude de centre \(T\) envoie \(\Gamma\) sur \(\omega\).
• Inversion (solution 3) : une inversion de centre \(D\) transforme le cercle \((AID)\) en une droite, et la tangence se lit avec des longueurs : \(A'E' \cdot A'F' = A'I'^2\).
• Outils projectifs : birapport, division harmonique, pôles et polaires (solution 3) : le quadrilatère \(B'I'C'T'\) est harmonique (symédiane).

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2020 (trois solutions et trois remarques).

Solution 1

Notons \(\measuredangle(p, q)\) l'angle orienté entre les droites \(p\) et \(q\).

Les points \(B\), \(C\), \(I\), \(I_A\) sont sur le cercle \(\Gamma\) de diamètre \([II_A]\) (les bissectrices intérieure et extérieure en \(B\), et en \(C\), sont perpendiculaires). Notons \(\omega\) et \(\Omega\) les cercles \((I_AEF)\) et \((AID)\). Soit \(T\) le second point d'intersection de \(\omega\) et \(\Gamma\). Alors \(T\) est le point de Miquel du quadrilatère complet formé par les droites \(BC\), \(BI_A\), \(CI_A\) et \(DEF\) ; donc \(T\) est aussi sur le cercle \((BDE)\) (ainsi que sur \((CDF)\)). Montrons que \(T\) est le point de tangence cherché de \(\omega\) et \(\Omega\).

Pour voir que \(T\) est sur \(\Omega\), on utilise les quadrilatères cycliques \(BDET\) et \(BII_AT\) :

\[\measuredangle(DT, DA) = \measuredangle(DT, DE) = \measuredangle(BT, BE) = \measuredangle(BT, BI_A) = \measuredangle(IT, II_A) = \measuredangle(IT, IA).\]

Pour montrer que \(\omega\) et \(\Omega\) sont tangents en \(T\), soit \(\ell\) la tangente à \(\omega\) en \(T\), de sorte que \(\measuredangle(TI_A, \ell) = \measuredangle(EI_A, ET)\). Grâce aux cercles \((BDET)\) et \((BICI_A)\),

\[\measuredangle(EI_A, ET) = \measuredangle(EB, ET) = \measuredangle(DB, DT).\]

Par conséquent, comme \(TI \perp TI_A\) et \(DI \perp DB\),

\[\measuredangle(TI, \ell) = 90^\circ + \measuredangle(TI_A, \ell) = 90^\circ + \measuredangle(DB, DT) = \measuredangle(DI, DT),\]

ce qui montre (cas limite de l'angle inscrit) que \(\ell\) est tangente à \(\Omega\) en \(T\). \(\blacksquare\)

Solution 2

On reprend les cercles \(\Gamma\), \(\omega\), \(\Omega\) de la solution 1.

Soit \(L\) le point diamétralement opposé à \(I\) sur \(\Omega\). Alors \(\angle IAL = \angle IDL = 90^\circ\) : \(L\) est donc le pied de la bissectrice extérieure de l'angle \(A\) du triangle \(ABC\) (sur la droite \(BC\)). Soit \(M\) le second point d'intersection de \((LI)\) avec \(\Gamma\).

Soit \(T\) le pied de la perpendiculaire abaissée de \(I\) sur \((I_AL)\). Alors \(T\) est le second point d'intersection de \(\Gamma\) et \(\Omega\) (car \(\angle ITI_A = \angle ITL = 90^\circ\)). (Le livret écrit « de \(\Gamma\) et \(\Gamma\) » ; il faut lire « de \(\Gamma\) et \(\Omega\) ».) Montrons que \(T\) est le point de tangence cherché.

D'abord, \(T\) est sur \(\omega\). On a

\[\measuredangle(LT, LM) = \measuredangle(AT, AI) \quad \text{et} \quad \measuredangle(MT, ML) = \measuredangle(MT, MI) = \measuredangle(I_AT, I_AI),\]

donc les triangles \(TML\) et \(TI_AA\) sont semblables et de même orientation. Il existe donc une similitude directe \(\tau\) de centre \(T\) envoyant \(TML\) sur \(TI_AA\).

Comme \(\measuredangle(ML, LD) = \measuredangle(AI, AD)\), on obtient \(\tau(BC) = AD\). Ensuite, puisque

\[\measuredangle(MB, ML) = \measuredangle(MB, MI) = \measuredangle(I_AB, I_AI) = \measuredangle(I_AE, I_AA),\]

on a \(\tau(B) = E\). De même \(\tau(C) = F\). Comme \(M\), \(B\), \(C\), \(T\) sont cocycliques (sur \(\Gamma\)), leurs images le sont aussi : \(T\) est sur \(\omega = \tau(\Gamma)\).

Enfin, comme \(\tau(L) = A\) et \(\tau(B) = E\), les triangles \(ATL\) et \(ETB\) sont semblables, d'où

\[\measuredangle(AT, AL) = \measuredangle(ET, EB) = \measuredangle(EI_A, ET).\]

Cela signifie que les tangentes à \(\Omega\) et à \(\omega\) en \(T\) font le même angle avec la droite \(I_ATL\) : les cercles sont bien tangents en \(T\). \(\blacksquare\)

Solution 3

On garde les notations \(\omega\) et \(\Omega\). Effectuons une inversion de centre \(D\) ; les images sont notées avec un prime (\(A'\) est l'image de \(A\), etc.).

Posons \(\angle BID = \beta\), \(\angle CID = \gamma\) et \(\alpha = 180^\circ - \beta - \gamma = 90^\circ - \angle BAI\). Calculons d'abord des angles après inversion :

\[\angle DB'I' = \beta, \quad \angle DC'I' = \gamma, \quad \text{donc} \quad \angle B'I'C' = \alpha ;\]

\[\angle E'I_A'F' = \angle E'I_A'D - \angle F'I_A'D = \angle I_AED - \angle I_AFD = \angle EI_AF = 180^\circ - \alpha.\]

Ensuite,

\[\angle A'E'B' = \angle DE'B' = \angle DBE = \beta = 90^\circ - \frac{\angle DBA}{2} = 90^\circ - \frac{\angle E'A'B'}{2},\]

donc le triangle \(A'B'E'\) est isocèle avec \(A'B' = A'E'\). De même, \(A'F' = A'C'\).

Enfin,

\[\begin{aligned} \angle A'B'I' &= \angle I'B'D - \angle A'B'D = \beta - \angle BAD = \beta - (90^\circ - \alpha) + \angle IAD \\ &= \angle ICD + \angle IAD = \angle C'I'D + \angle A'I'D = \angle C'I'A' ; \end{aligned}\]

de même \(\angle A'C'I' = \angle A'I'B'\), donc les triangles \(A'B'I'\) et \(A'I'C'\) sont semblables, et

\[A'I'^2 = A'B' \cdot A'C'.\]

Il faut prouver que la droite \(A'I' = \Omega'\) est tangente au cercle \((E'F'I_A') = \omega'\). Un point de tangence \(T'\) doit vérifier \(A'T'^2 = A'E' \cdot A'F'\) ; or les relations ci-dessus donnent

\[A'E' \cdot A'F' = A'B' \cdot A'C' = A'I'^2,\]

donc \(T'\) devrait être le symétrique de \(I'\) par rapport à \(A'\).

Définissons donc \(T'\) comme le symétrique de \(I'\) par rapport à \(A'\), et montrons que \(T'\) est sur \(\omega'\) ; les égalités ci-dessus montreront alors que \(A'T'\) est tangente à \(\omega'\), comme voulu. (Le livret écrit « \(T'\) est sur \(\Omega'\) » et « tangente à \(\Omega'\) » ; il faut lire \(\omega'\), \(T'\) étant par construction sur la droite \(\Omega'\).)

La similitude des triangles \(B'A'I'\) et \(I'A'C'\) signifie que le quadrilatère \(B'I'C'T'\) est harmonique. En effet, soit \(C^*\) le symétrique de \(C'\) par rapport à la médiatrice de \([I'T']\) ; alors \(C^*\) est sur \((B'A')\) car \(\angle B'A'I' = \angle A'I'C' = \angle T'I'C^*\), puis \(C^*\) est sur le cercle \((I'B'T')\) car \(A'B' \cdot A'C^* = A'B' \cdot A'C' = A'I'^2 = A'I' \cdot A'T'\). Par conséquent \(C'\) est aussi sur ce cercle (qui est donc \((B'I'C') = \Gamma'\)). De plus, \(B'C^*\) est une médiane du triangle \(B'I'T'\), donc \(B'C'\) en est la symédiane, ce qui établit l'harmonicité.

On a alors \(\angle A'B'T' = \angle I'B'C' = \beta = \angle A'B'E'\), ce qui montre que \(E'\) est sur \((B'T')\). De même, \(F'\) est sur \((C'T')\). Donc \(\angle E'T'F' = \angle B'I'C' = 180^\circ - \angle E'I_A'F'\), ce qui établit \(T' \in \omega'\). \(\blacksquare\)

Remarques

Remarque 1. Dans les solutions 1 et 2, l'étape cruciale est de deviner que le point de tangence est sur \(\Gamma\). On peut le reconnaître de plusieurs façons. Par exemple, une chasse aux angles montre que les tangentes à \(\Omega\) en \(L\) et à \(\omega\) en \(I_A\) sont parallèles (et que les cercles sont de part et d'autre de ces tangentes) ; si les cercles sont tangents extérieurement, le point de tangence est donc sur \((I_AL)\), et comme \([IL]\) est un diamètre de \(\Omega\), c'est le projeté orthogonal de \(I\) sur \((I_AL)\). Autre façon : l'homothétie de centre \(A\) envoyant \(I\) sur \(I_A\) (et \(D\) sur un point \(D'\)) envoie \(\Omega\) sur un cercle \(\Omega'\) tangent à \(\omega\) en \(I_A\), car \(\angle BI_AA + \angle CI_AD' = 180^\circ\) ; donc les tangentes à \(\Omega\) en \(I\) et à \(\omega\) en \(I_A\) sont parallèles. Il existe d'autres descriptions du point de tangence ; la solution 3 en présente une.

Remarque 2. On peut terminer la solution 3 sans harmonicité. Par exemple, les triangles \(A'T'F'\) et \(A'E'T'\) sont tous deux semblables au triangle \(B'I'J\), où \(J\) est le symétrique de \(I'\) par rapport à la médiatrice de \([B'C']\) : en effet \(\angle T'A'E' = \gamma - \beta = \angle I'B'J\) et

\[\frac{B'I'}{B'J} = \frac{B'I'}{C'I'} = \frac{B'A'}{A'I'} = \frac{A'E'}{A'T'}.\]

Cela permet aussi de calculer \(\angle E'T'F' = \angle E'T'A' - \angle F'T'A' = \angle I'JB' - \angle JI'B' = \alpha\).

Remarque 3. Propriétés de la configuration qui découlent des solutions : le quadrilatère \(IBTC\) (comme \(I'B'T'C'\)) est harmonique. Donc la droite \((IT)\) passe par le point d'intersection des tangentes à \(\Gamma\) en \(B\) et \(C\), c'est-à-dire par le milieu \(N\) de l'arc \(BAC\) du cercle circonscrit à \(ABC\).