Shortlist 2022, G8¶
Domaine : Géométrie · Difficulté : ★★★★★ · Proposé par : Australia
Concepts : Centres du triangle et lemmes classiques · Puissance d'un point et axe radical · Homothétie · Chasse aux angles et quadrilatères cycliques
Solution officielle : Shortlist officielle 2022 (avec solutions), p. 58 (page 60 du PDF)
Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.
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Énoncé¶
Let \(AA'BCC'B'\) be a convex cyclic hexagon such that \(AC\) is tangent to the incircle of the triangle \(A'B'C'\), and \(A'C'\) is tangent to the incircle of the triangle \(ABC\). Let the lines \(AB\) and \(A'B'\) meet at \(X\) and let the lines \(BC\) and \(B'C'\) meet at \(Y\).
Prove that if \(XBYB'\) is a convex quadrilateral, then it has an incircle.
Indices : les idées clés
- Lemme du pôle Sud et angles du centre inscrit : \(NA = NC = NI\), \(\angle BIC = 90^\circ + \frac{1}{2}\angle A\), et sa réciproque pour construire le triangle \(ZA'C'\) de centre inscrit \(I\).
- Axe radical et centre radical : les centres d'homothétie \(D\), \(D'\), \(T\) sont sur l'axe radical de \(\Omega\) et du cercle \(II'I_c\).
- Centres d'homothétie et théorème de Monge : alignement des centres d'homothétie externes de trois cercles, utilisé deux fois.
- Chasse aux angles : \(B, I, I', B'\) cocycliques (droites antiparallèles), puis \(Z, I, I_c, C'\) et \(B', I', I_c, C'\) cocycliques.
Solutions
Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2022 (une solution).
Solution¶
Notons \(\omega\) et \(\omega'\) les cercles inscrits des triangles \(ABC\) et \(A'B'C'\), et \(I\), \(I'\) leurs centres. Soient \(\Omega\) le cercle circonscrit à l'hexagone \(AA'BCC'B'\), \(O\) son centre, et \(N\), \(N'\) les seconds points d'intersection de \(BI\) et \(B'I'\) avec \(\Omega\). (Voir les figures.)
Étape 1 : \(B, I, I', B'\) sont cocycliques. On a \(ON \perp AC\), \(ON' \perp A'C'\) et \(ON = ON'\) (\(N\) et \(N'\) sont les milieux des arcs \(AC\) et \(A'C'\)). Donc \(NN'\) est parallèle à la bissectrice \(II'\) de l'angle formé par \(AC\) et \(A'C'\) (les cercles \(\omega\) et \(\omega'\) sont tous deux tangents à \(AC\) et à \(A'C'\)). Ainsi \(II' \parallel NN'\), et \(NN'\) est antiparallèle à \(BB'\) par rapport aux droites \(BI\) et \(B'I'\) (car \(B, B', N, N'\) sont cocycliques). Par chasse aux angles, \(II'\) est donc aussi antiparallèle à \(BB'\), c'est-à-dire que \(B, I, I', B'\) sont cocycliques.
Étape 2 : le point \(Z\). Soit \(P\) l'intersection de \(AC\) et \(A'C'\), et \(M\) le point diamétralement opposé à \(N'\) sur \(\Omega\). Considérons le cercle \(\Gamma_1\) de centre \(N\) et de rayon \(NA = NC\), et le cercle \(\Gamma_2\) de centre \(M\) et de rayon \(MA' = MC'\). Leur axe radical passe par \(P\) (précision ajoutée : \(AC\) est l'axe radical de \(\Omega\) et \(\Gamma_1\), \(A'C'\) celui de \(\Omega\) et \(\Gamma_2\), donc \(P\) est le centre radical des trois cercles) et est perpendiculaire à \(MN\) ; or \(MN \perp NN'\) (car \(N'M\) est un diamètre) et \(NN' \parallel IP\). Cet axe radical est donc la droite \(IP\), et \(I\) est sur l'axe radical. Comme \(I\) est sur \(\Gamma_1\) (lemme du pôle Sud : \(NI = NA = NC\)), il est aussi sur \(\Gamma_2\). Ainsi, si l'on définit \(Z\) comme le second point d'intersection de \(MI\) avec \(\Omega\), alors \(I\) est le centre du cercle inscrit du triangle \(ZA'C'\) (\(M\) est le milieu de l'arc \(A'C'\) et \(MI = MA' = MC'\)). (On peut aussi construire \(Z\) directement par le porisme de Poncelet.)
Étape 3 : le cercle \(\omega_c\). Soit \(\omega_c\) le cercle inscrit du triangle \(C'B'Z\), de centre \(I_c\). On a
donc \(Z, I, I_c, C'\) sont cocycliques. De même, \(B', I', I_c, C'\) sont cocycliques.
Étape 4 : centres d'homothétie. Le centre d'homothétie externe de \(\omega\) vers \(\omega_c\) est l'intersection \(D\) de \(II_c\) et \(C'Z\) (les deux cercles sont tangents à la droite \(C'Z\)). C'est le centre radical des cercles \(\Omega\), \(C'I_cIZ\) et \(II'I_c\) (les axes radicaux deux à deux sont \(C'Z\) et \(II_c\)). De même, le centre d'homothétie externe de \(\omega'\) vers \(\omega_c\) est l'intersection \(D'\) de \(I'I_c\) et \(B'C'\), qui est le centre radical des cercles \(\Omega\), \(B'I'I_cC'\) et \(II'I_c\). Par le théorème de Monge, la droite de Monge de \(\omega\), \(\omega'\) et \(\omega_c\) est donc la droite \(DD'\), qui coïncide avec l'axe radical de \(\Omega\) et du cercle \(II'I_c\). Par conséquent, le centre d'homothétie externe \(T\) de \(\omega\) vers \(\omega'\) est lui aussi sur l'axe radical de \(\Omega\) et du cercle \(II'I_c\).
Étape 5 : \(T\) est sur \(BB'\). Comme \(B, I, I', B'\) sont cocycliques, l'intersection \(T'\) de \(BB'\) et \(II'\) est le centre radical de \(\Omega\), du cercle \(BII'B'\) et du cercle \(II'I_c\) ; elle est donc sur l'axe radical de \(\Omega\) et du cercle \(II'I_c\). Comme \(T\) et \(T'\) sont tous deux sur \(II'\) et sur cet axe radical, \(T' = T\), et \(T\) est sur la droite \(BB'\).
Étape 6 : conclusion. Construisons un cercle \(\Omega_0\) tangent à \(A'B'\), \(B'C'\) et \(AB\), du même côté de ces droites que \(\omega'\). Le centre d'homothétie (externe) de \(\omega'\) vers \(\Omega_0\) est \(B'\) (les deux cercles sont inscrits dans l'angle formé par \(B'A'\) et \(B'C'\)). Par le théorème de Monge, le centre d'homothétie externe de \(\Omega_0\) vers \(\omega\) est sur la droite \(TB'\), c'est-à-dire sur la droite \(BB'\). Mais il est aussi sur la droite \(AB\) (tangente commune à \(\Omega_0\) et \(\omega\)) ; c'est donc \(B\). L'homothétie de centre \(B\) qui envoie \(\omega\) sur \(\Omega_0\) conserve la droite \(BC\), tangente à \(\omega\) : donc \(BC\) est tangente à \(\Omega_0\). Le cercle \(\Omega_0\) est ainsi tangent aux quatre droites \(XB\), \(BY\), \(YB'\) et \(B'X\) : c'est le cercle inscrit du quadrilatère \(XBYB'\). \(\blacksquare\)