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Shortlist 2023, G8

Domaine : Géométrie · Difficulté : ★★★★★ · Proposé par : U.S.A.

Concepts : Puissance d'un point et axe radical · Chasse aux angles et quadrilatères cycliques

Solution officielle : Shortlist officielle 2023 (avec solutions), p. 78 (page 80 du PDF)

Problème 6 de l'OIM 2023

Ce problème a été choisi parmi ceux de la shortlist pour l'épreuve de l'OIM 2023, où il était le problème 6 (jour 2).

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Pas encore relu

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

Énoncé

Let \(ABC\) be an equilateral triangle. Points \(A_1, B_1, C_1\) lie inside triangle \(ABC\) such that triangle \(A_1B_1C_1\) is scalene, \(BA_1 = A_1C\), \(CB_1 = B_1A\), \(AC_1 = C_1B\) and

\[\angle BA_1C + \angle CB_1A + \angle AC_1B = 480^\circ.\]

Lines \(BC_1\) and \(CB_1\) intersect at \(A_2\); lines \(CA_1\) and \(AC_1\) intersect at \(B_2\); and lines \(AB_1\) and \(BA_1\) intersect at \(C_2\).

Prove that the circumcircles of triangles \(AA_1A_2\), \(BB_1B_2\), \(CC_1C_2\) have two common points.

Indices : les idées clés
  • Puissance d'un point et axe radical : trouver deux points distincts \(X\) et \(Y\) ayant la même puissance par rapport aux trois cercles ; les trois cercles ont alors un axe radical commun.
  • Chasse aux angles : \(A_1\) est le centre du cercle \(A_2BC\), d'où des quadrilatères cycliques comme \(B_1C_1B_2C_2\) et \(BCB_3C_3\).
  • Théorème des trois axes radicaux appliqué deux fois : une fois pour obtenir \(X\) (concours de \(A_1A_2\), \(B_1B_2\), \(C_1C_2\)), une fois pour \(Y\) (concours de \(AA_3\), \(BB_3\), \(CC_3\)).
  • Vérifications de position : \(X\) est intérieur aux cercles et \(X \neq Y\) (c'est là qu'intervient l'hypothèse « non isocèle »).
Solutions

Les solutions ci-dessous suivent la solution officielle de la Shortlist 2023 (une solution et une remarque).

Solution

Figure (solution 1) Figure (solution 1)

Soient \(\delta_A, \delta_B, \delta_C\) les cercles circonscrits à \(AA_1A_2\), \(BB_1B_2\), \(CC_1C_2\). La stratégie est de trouver deux points distincts ayant la même puissance par rapport à \(\delta_A\), \(\delta_B\) et \(\delta_C\).

Affirmation 1. \(A_1\) est le centre du cercle circonscrit à \(A_2BC\) (et de même par permutation circulaire).

Preuve. Comme \(A_1\) est sur la médiatrice de \([BC]\) et à l'intérieur du triangle \(BA_2C\), il suffit de montrer que \(\angle BA_1C = 2\angle BA_2C\). Or (les triangles \(AC_1B\) et \(CB_1A\) étant isocèles, et \(\angle BAC = 60^\circ\))

\[\begin{aligned} \angle BA_2C &= \angle A_2BA + \angle BAC + \angle ACA_2 \\ &= \tfrac{1}{2}\big((180^\circ - \angle AC_1B) + (180^\circ - \angle CB_1A)\big) + 60^\circ \\ &= 240^\circ - \tfrac{1}{2}(480^\circ - \angle BA_1C) \\ &= \tfrac{1}{2}\angle BA_1C. \end{aligned}\]

\(\square\)

Le point \(X\). Grâce aux centres ci-dessus (\(B_1\) centre de \(\odot AB_2C\), \(C_1\) centre de \(\odot ABC_2\)) et aux alignements \(B_2 \in AC_1\), \(C_2 \in AB_1\),

\[\angle B_1B_2C_1 = \angle B_1B_2A = \angle B_2AB_1 = \angle C_1AC_2 = \angle AC_2C_1 = \angle B_1C_2C_1,\]

donc \(B_1C_1B_2C_2\) est cyclique. De même, \(C_1A_1C_2A_2\) et \(A_1B_1A_2B_2\) sont cycliques. L'hexagone \(A_1B_2C_1A_2B_1C_2\) n'est pas inscriptible, car

\[\angle C_2A_1B_2 + \angle B_2C_1A_2 + \angle A_2B_1C_2 = 480^\circ \neq 360^\circ.\]

On peut donc appliquer le théorème de l'axe radical aux trois cercles : \(A_1A_2\), \(B_1B_2\), \(C_1C_2\) sont concourantes en un point \(X\). Ce point a la même puissance par rapport à \(\delta_A\), \(\delta_B\), \(\delta_C\) (par exemple \(XA_1 \cdot XA_2 = XB_1 \cdot XB_2\), puissance par rapport au cercle \(A_1B_1A_2B_2\)).

Le livret écrit « \(A_1A_2, B_1B_2, C_1, C_2\) concourent » ; il faut lire \(C_1C_2\).

Le point \(Y\). Le cercle circonscrit à \(A_2BC\) recoupe \(\delta_A\) en \(A_3 \neq A_2\) ; on définit \(B_3\) et \(C_3\) de même.

Affirmation 2. \(BCB_3C_3\) est cyclique.

Preuve. Avec des angles orientés, et puisque \(CC_1 \perp AB\),

\[\begin{aligned} \measuredangle BC_3C &= \measuredangle BC_3C_2 + \measuredangle C_2C_3C \\ &= \measuredangle BAC_2 + \measuredangle C_2C_1C \\ &= 90^\circ + \measuredangle(C_1C, AC_2) + \measuredangle C_2C_1C \\ &= 90^\circ + \measuredangle C_1C_2B_1. \end{aligned}\]

De même \(\measuredangle CB_3B = 90^\circ + \measuredangle B_1B_2C_1\). Donc, puisque \(B_1C_1B_2C_2\) est cyclique,

\[\measuredangle BB_3C = 90^\circ + \measuredangle C_1B_2B_1 = 90^\circ + \measuredangle C_1C_2B_1 = \measuredangle BC_3C. \qquad \square\]

De même \(CAC_3A_3\) et \(ABA_3B_3\) sont cycliques. L'hexagone \(AC_3BA_3CB_3\) n'est pas inscriptible : sinon \(AB_2CB_3\) cyclique impliquerait que \(B_2\) est sur \(\odot ABC\), ce qui est impossible puisque \(B_2\) est à l'intérieur du triangle \(ABC\). Le théorème de l'axe radical appliqué à ces trois cercles montre que \(AA_3\), \(BB_3\), \(CC_3\) sont concourantes en un point \(Y\), qui a la même puissance par rapport à \(\delta_A\), \(\delta_B\), \(\delta_C\).

Vérifications techniques.

  • Soit \(O\) le centre du triangle \(ABC\). On a

    \[\angle BA_1C = 480^\circ - \angle CB_1A - \angle AC_1B > 480^\circ - 180^\circ - 180^\circ = 120^\circ,\]

    donc \(A_1\) est à l'intérieur du triangle \(BOC\) ; de même pour \(B_1\) et \(C_1\). Ainsi les triangles \(BA_1C\), \(CB_1A\), \(AC_1B\) ont des intérieurs disjoints, et \(A_1B_2C_1A_2B_1C_2\) est un hexagone convexe. Donc \(X\) est sur le segment \([A_1A_2]\), et par conséquent à l'intérieur de \(\delta_A\).

  • Comme \(A_1\) est le centre de \(\odot A_2BC\), \(A_1A_2 = A_1A_3\) ; dans le quadrilatère cyclique \(AA_2A_1A_3\), les droites \(AA_2\) et \(AA_3 = AY\) sont donc symétriques par rapport à \(AA_1\). Comme \(X\) est sur le segment \([A_1A_2]\), on ne peut avoir \(X = Y\) que si \(A_1\) et \(A_2\) sont tous deux sur la médiatrice de \([BC]\). Mais alors \(B_1\) et \(C_1\) seraient symétriques par rapport à cette droite, d'où \(A_1B_1 = A_1C_1\), ce qui contredit l'hypothèse que \(A_1B_1C_1\) n'est pas isocèle.

Conclusion. Les points \(X\) et \(Y\) sont distincts et ont la même puissance par rapport à \(\delta_A\), \(\delta_B\), \(\delta_C\) : ces cercles ont donc un axe radical commun, la droite \(XY\). Comme \(X\) est à l'intérieur de \(\delta_A\) (et de même de \(\delta_B\), \(\delta_C\)), cet axe radical coupe les cercles en deux points, qui sont communs à \(\delta_A\), \(\delta_B\), \(\delta_C\). \(\blacksquare\)

Remarques

Remarque. On peut construire \(Y\) autrement. On a

\[\frac{\sin \angle BAA_2}{\sin \angle A_2AC} = \frac{\frac{A_2B}{AA_2} \sin \angle A_2BA}{\frac{A_2C}{AA_2} \sin \angle ACA_2} = \frac{A_2B}{A_2C} \cdot \frac{\sin \angle C_1BA}{\sin \angle ACB_1} = \frac{\sin \angle B_1CB}{\sin \angle CBC_1} \cdot \frac{\sin \angle C_1BA}{\sin \angle ACB_1},\]

donc

\[\frac{\sin \angle BAA_2}{\sin \angle A_2AC} \cdot \frac{\sin \angle CBB_2}{\sin \angle B_2BA} \cdot \frac{\sin \angle ACC_2}{\sin \angle C_2CB} = 1.\]

Par le théorème de Ceva (forme trigonométrique), \(AA_2\), \(BB_2\), \(CC_2\) sont concourantes, et le conjugué isogonal de ce point de concours est \(Y\).