Shortlist 2020, G8

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

Concepts : Chasse aux angles et quadrilatères cycliques · Centres du triangle et lemmes classiques · Inversion

Solution officielle : Shortlist officielle 2020 (avec solutions), p. 64 (page 66 du PDF)

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Énoncé

Let \(\Gamma\) and \(I\) be the circumcircle and the incenter of an acute-angled triangle \(ABC\). Two circles \(\omega_B\) and \(\omega_C\) passing through \(B\) and \(C\), respectively, are tangent at \(I\). Let \(\omega_B\) meet the shorter arc \(AB\) of \(\Gamma\) and segment \(AB\) again at \(P\) and \(M\), respectively. Similarly, let \(\omega_C\) meet the shorter arc \(AC\) of \(\Gamma\) and segment \(AC\) again at \(Q\) and \(N\), respectively. The rays \(PM\) and \(QN\) meet at \(X\), and the tangents to \(\omega_B\) and \(\omega_C\) at \(B\) and \(C\), respectively, meet at \(Y\).

Prove that the points \(A\), \(X\), and \(Y\) are collinear.

Indices : les idées clés

• Chasse aux angles et quadrilatères cycliques : angles orientés et angle entre corde et tangente ; on montre que \(Y \in \Gamma\), puis que \(X\) est l'intersection de la tangente commune \(\ell\) en \(I\) avec \(EF\).
• Centres du triangle et lemmes classiques (solution 1) : avec \(D, E, F\) les seconds points d'intersection de \(AI, BI, CI\) avec \(\Gamma\), le point \(I\) est l'orthocentre de \(DEF\) et \(A\) est le symétrique de \(I\) par rapport à \((EF)\).
• Inversion (solution 2) : une inversion de centre \(I\) fait de \(I\) l'orthocentre de \(A'B'C'\), transforme \(\omega_B\), \(\omega_C\) en deux droites parallèles et fait apparaître un parallélogramme \(B'M'N'C'\).

Solutions

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

Solution 1

Soient \(D\), \(E\), \(F\) les seconds points d'intersection de \(AI\), \(BI\), \(CI\) avec \(\Gamma\), et \(\ell\) la tangente commune à \(\omega_B\) et \(\omega_C\) en \(I\). On note \(\measuredangle(p, q)\) l'angle orienté de la droite \(p\) vers la droite \(q\), modulo \(180^\circ\).

Étape 1 : \(Y\) est sur \(\Gamma\).

Une corde d'un cercle fait des angles orientés opposés avec les tangentes en ses extrémités. Donc

\[\measuredangle(BY, BI) + \measuredangle(CI, CY) = \measuredangle(IB, \ell) + \measuredangle(\ell, IC) = \measuredangle(IB, IC).\]

Par conséquent,

\[\begin{aligned} \measuredangle(BY, BA) + \measuredangle(CA, CY) &= \measuredangle(BI, BA) + \measuredangle(BY, BI) + \measuredangle(CI, CY) + \measuredangle(CA, CI) \\ &= \measuredangle(BC, BI) + \measuredangle(IB, IC) + \measuredangle(CI, CB) = 0 \end{aligned}\]

(on a utilisé \(\measuredangle(BI, BA) = \measuredangle(BC, BI)\) et \(\measuredangle(CA, CI) = \measuredangle(CI, CB)\), puisque \(BI\) et \(CI\) sont des bissectrices). Donc \(Y \in \Gamma\).

Étape 2 : \(X = \ell \cap EF\).

Soit \(X^* = \ell \cap EF\). Il suffit de montrer que \(X^*\) est sur \((PM)\) et sur \((QN)\), ce qui donnera \(X^* = X\). Par symétrie, il suffit de montrer \(X^* \in QN\). On a

\[\measuredangle(IX^*, IQ) = \measuredangle(CI, CQ) = \measuredangle(CF, CQ) = \measuredangle(EF, EQ) = \measuredangle(EX^*, EQ)\]

(la première égalité par l'angle entre la tangente \(\ell\) et la corde \(IQ\) de \(\omega_C\)) ; donc les points \(X^*\), \(I\), \(Q\), \(E\) sont cocycliques (si \(Q = E\), la direction de \(EQ\) est celle de la tangente à \(\Gamma\) en \(Q\), et l'égalité signifie que le cercle \((X^*IQ)\) est tangent à \(\Gamma\) en \(Q\)). Alors

\[\measuredangle(QX^*, QI) = \measuredangle(EX^*, EI) = \measuredangle(EF, EB) = \measuredangle(CA, CF) = \measuredangle(CN, CI) = \measuredangle(QN, QI),\]

ce qui montre que \(X^* \in QN\).

Étape 3 : \(A\), \(X\), \(Y\) sont alignés.

Rappelons que \(I\) est l'orthocentre du triangle \(DEF\) et que \(A\) est le symétrique de \(I\) par rapport à \((EF)\). Donc

\[\measuredangle(AX, AE) = \measuredangle(IE, IX) = \measuredangle(BI, \ell) = \measuredangle(BY, BI) = \measuredangle(BY, BE) = \measuredangle(AY, AE),\]

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

Solution 2

Effectuons une inversion de centre \(I\) ; les images sont notées avec un prime.

Dans la figure inversée, \(I\) et \(\Gamma'\) sont l'orthocentre et le cercle circonscrit du triangle \(A'B'C'\). Les points \(P'\) et \(Q'\) sont sur \(\Gamma'\) et \(B'P' \parallel C'Q'\) (car \(B'P' = \omega_B'\) et \(C'Q' = \omega_C'\) sont des droites parallèles, images de deux cercles tangents en \(I\)). Les points \(M'\) et \(N'\) sont les seconds points d'intersection des droites \(B'P'\) et \(C'Q'\) avec les cercles \(\gamma_B\) et \(\gamma_C\) circonscrits aux triangles \(A'IB'\) et \(A'IC'\). Or \(\gamma_C\) est l'image de \(\gamma_B\) par la translation de vecteur \(\overrightarrow{B'C'}\) ; cette translation envoie la droite \(B'P'\) sur \(C'Q'\), donc \(M'\) sur \(N'\). Autrement dit, \(B'M'N'C'\) est un parallélogramme, que \(P'Q'\) partage en deux trapèzes isocèles.

Le point \(X'\) est le second point d'intersection des cercles \((IP'M')\) et \((IQ'N')\), c'est-à-dire le symétrique de \(I\) par rapport à leur ligne des centres. Mais les centres sont sur la médiatrice commune \(p\) de \([P'M']\) et \([Q'N']\), donc \(p\) est cette ligne des centres. Ainsi \(IX' \parallel B'P'\), ces deux droites étant perpendiculaires à \(p\).

Ensuite, \(Y\) vérifie \(\measuredangle(BY, BI) = \measuredangle(PB, PI)\) et \(\measuredangle(CY, CI) = \measuredangle(QC, QI)\), d'où \(\measuredangle(Y'B', Y'I) = \measuredangle(B'P', B'I)\) et \(\measuredangle(Y'C', Y'I) = \measuredangle(C'Q', C'I)\). Donc

\[\measuredangle(Y'B', Y'C') = \measuredangle(B'P', B'I) + \measuredangle(C'I, C'Q') = \measuredangle(C'I, B'I) = \measuredangle(A'B', A'C'),\]

ce qui montre que \(Y' \in \Gamma'\).

Les cercles \(\Gamma'\) et \(\gamma_B\) sont isométriques (le symétrique de l'orthocentre par rapport à un côté est sur le cercle circonscrit), et les cordes \(A'P'\) et \(A'M'\) y sous-tendent le même angle \(\angle A'B'P'\) ; donc \(A'P' = A'M'\), et \(A' \in p\). On en déduit \(A'X' = A'I\), puis \(\measuredangle(IA', IX') = \measuredangle(X'I, X'A')\).

Enfin,

\[\begin{aligned} \measuredangle(Y'I, Y'A') &= \measuredangle(Y'I, Y'B') + \measuredangle(Y'B', Y'A') \\ &= \measuredangle(B'I, B'P') + \measuredangle(IA', IB') = \measuredangle(IA', B'P') = \measuredangle(IA', IX') = \measuredangle(X'I, X'A'), \end{aligned}\]

donc les points \(A'\), \(X'\), \(Y'\) et \(I\) sont cocycliques. Cela signifie exactement que \(A\), \(X\), \(Y\) sont alignés. \(\blacksquare\)

Remarques

Remarque 1. L'étape 2 de la solution 1 semble cruciale. Une fois qu'elle est faite (même sans l'étape 1), on peut finir de différentes façons, par exemple avec la notion de conjugué isogonal. Soient \(X_1\) et \(Y_1\) les conjugués isogonaux de \(X\) et \(Y\) par rapport au triangle \(ABC\). Comme \(XA = XI\) (\(X\) est sur \(EF\), médiatrice de \([AI]\)), le triangle \(AIX\) est isocèle, donc les droites \(AX\) et \(XI\) font des angles égaux avec la bissectrice \(AI\) ; cela signifie que \(AX_1 \parallel XI\), c'est-à-dire \(AX_1 \parallel \ell\). D'autre part, les droites \(BY\) et \(\ell\) font des angles égaux avec \(BI\), donc \(BY_1 \parallel \ell\) ; de même \(CY_1 \parallel \ell\). Ainsi \(Y_1\) est un point à l'infini, et \(AY_1 \parallel \ell\) aussi. Donc \(A\), \(X_1\), \(Y_1\) sont alignés, et par conséquent \(A\), \(X\), \(Y\) aussi.

Remarque 2. Une inversion de centre \(I\) permet aussi d'établir l'étape 2 de la solution 1. En effet, la relation \(A'X' = A'I\) donne \(XA = XI\), donc \(X \in EF\) ; d'autre part, \(IX' \parallel B'P'\) donne \(IX \parallel \ell\), c'est-à-dire \(X \in \ell\).