Shortlist 2024, G2¶
Domaine : Géométrie · Difficulté : ★☆☆☆☆ · Proposé par : Poland
Concepts : Homothétie · Centres du triangle et lemmes classiques · Chasse aux angles et quadrilatères cycliques
Solution officielle : Shortlist officielle 2024 (avec solutions), section G2 (livret PDF)
Problème 4 de l'OIM 2024
Ce problème a été choisi parmi ceux de la shortlist pour l'épreuve de l'OIM 2024, où il était le problème 4 (jour 2).
Énoncé¶
Let \(ABC\) be a triangle with \(AB < AC < BC\), incentre \(I\) and incircle \(\omega\). Let \(X\) be the point in the interior of side \(BC\) such that the line through \(X\) parallel to \(AC\) is tangent to \(\omega\). Similarly, let \(Y\) be the point in the interior of side \(BC\) such that the line through \(Y\) parallel to \(AB\) is tangent to \(\omega\). Let \(AI\) intersect the circumcircle of triangle \(ABC\) again at \(P \neq A\). Let \(K\) and \(L\) be the midpoints of \(AB\) and \(AC\), respectively.
Prove that \(\angle KIL + \angle YPX = 180^\circ\).
Indices : les idées clés
- Symétrie centrale en \(I\) (solution 1) : le symétrique \(A'\) de \(A\) par rapport à \(I\) est le point d'où partent les tangentes issues de \(X\) et \(Y\) ; l'homothétie de centre \(A\) et de rapport \(2\) envoie \(K, I, L\) sur \(B, A', C\).
- Lemme du pôle Sud : \(PB = PC = PI\), utile pour placer \(A'\) sur le segment \(AP\).
- Quadrilatères cycliques : \(BPA'X\) et \(CYA'P\) sont inscriptibles, ce qui transforme la somme d'angles en somme des angles du triangle \(A'BC\).
- Cercle inscrit et cercles exinscrits (solution 2) : homothéties entre le cercle inscrit et les cercles exinscrits, puis théorème de Thalès et théorème de la bissectrice.
Solutions
Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2024 (deux solutions et une remarque).
Solution 1¶
Le point \(A'\). Soit \(A'\) le symétrique de \(A\) par rapport à \(I\) ; il est sur la bissectrice \(AP\). Les droites \(A'X\) et \(A'Y\) sont les symétriques des droites \(AC\) et \(AB\) par rapport à \(I\) (la symétrie de centre \(I\) conserve \(\omega\) et envoie chaque tangente sur la tangente parallèle) : ce sont donc les tangentes à \(\omega\) issues de \(X\) et de \(Y\).
\(A'\) est entre \(A\) et \(P\). D'après le lemme du pôle Sud, \(PB = PC = PI\). Comme \(BC\) est le plus grand côté, \(\angle BAC > 60^\circ\), donc \(\angle BAP = \angle PAC > 30^\circ\), et \(PB = PC = 2R\sin\frac{\angle BAC}{2}\) est plus grand que le rayon \(R\) du cercle circonscrit. Ainsi \(PI > R \geq \frac{1}{2}AP\), donc \(AI = AP - PI < \frac{1}{2}AP\), c'est-à-dire \(AA' = 2AI < AP\) : \(A'\) est à l'intérieur du segment \(AP\).
Deux quadrilatères cycliques. On a \(\angle APB = \angle ACB\) (angles inscrits) et \(\angle ACB = \angle A'XC\) car \(A'X \parallel AC\). Donc \(\angle APB = \angle A'XC\), et le quadrilatère \(BPA'X\) est inscriptible. De même, \(CYA'P\) est inscriptible.
Conclusion. Ramenons \(\angle KIL + \angle YPX\) à la somme des angles du triangle \(A'CB\). Par l'homothétie de centre \(A\) et de rapport \(2\), qui envoie \(K, I, L\) sur \(B, A', C\), on a \(\angle KIL = \angle CA'B\). Dans les cercles \(BPA'X\) et \(CYA'P\), on a \(\angle APX = \angle A'BC\) et \(\angle YPA = \angle BCA'\). Donc
Solution 2¶
Notations. Soient \(BC = a\), \(AC = b\), \(AB = c\), \(s = \frac{a + b + c}{2}\), et \(r\), \(r_b\), \(r_c\) les rayons du cercle inscrit et des cercles exinscrits relatifs à \(B\) et à \(C\). Le cercle inscrit touche \(AC\) et \(AB\) en \(B_0\) et \(C_0\) ; le cercle \(B\)-exinscrit touche \(AC\) en \(B_1\), et le cercle \(C\)-exinscrit touche \(AB\) en \(C_1\). Il est bien connu que \(AB_1 = s - c\) et que l'aire du triangle vaut \(rs = r_c(s - c)\).
Soit \(E\) le point de contact avec \(\omega\) de la tangente issue de \(X\) parallèle à \(AC\), et \(D\) le point de contact de la tangente issue de \(Y\) parallèle à \(AB\). Enfin, soit \(F\) l'intersection de \(AP\) et \(BB_1\).
Réduction. Le point \(E\) est diamétralement opposé à \(B_0\) sur \(\omega\). Il est bien connu que \(B\), \(E\), \(B_1\) sont alignés (par l'homothétie de centre \(B\) qui envoie le cercle inscrit sur le cercle \(B\)-exinscrit, \(E\) est envoyé sur \(B_1\)). De plus, le milieu \(L\) de \(AC\) est aussi le milieu de \(B_0B_1\) (car \(AB_0 = CB_1 = s - a\)), donc \(IL\) est une droite des milieux du triangle \(B_0EB_1\), et \(BE \parallel IL\). De même, \(C\), \(D\), \(C_1\) sont alignés et \(CD \parallel IK\). L'angle \(\angle KIL\) est donc égal à l'angle entre les droites \(CD\) et \(BE\), c'est-à-dire \(180^\circ - \angle CBE - \angle DCB\). Comme \(\angle YPX = \angle YPA + \angle APX\), il suffit de prouver
Pour la première égalité, il suffit de montrer que \(FYPB\) est inscriptible (alors \(\angle YPF = \angle YBF\)). Comme \(ACPB\) est inscrit, \(\angle FPB = \angle APB = \angle ACB\) ; donc \(FYPB\) est inscriptible si et seulement si \(\angle FYB = \angle ACB\), c'est-à-dire \(FY \parallel B_1C\), ce qui, par le théorème de Thalès, équivaut à
Calcul. Par le théorème de la bissectrice dans le triangle \(ABB_1\),
L'homothétie de centre \(C\) qui envoie le cercle inscrit sur le cercle \(C\)-exinscrit envoie \(Y\) sur \(B\) (la tangente issue de \(Y\) parallèle à \(AB\) est envoyée sur la droite \(AB\)), donc
Par conséquent
ce qui termine la démonstration. \(\blacksquare\)
Remarques¶
Remarque (configurations). La condition \(AB < AC < BC\) a été ajoutée par le comité de sélection pour limiter l'étude de cas. Sans elle, il y aurait deux autres configurations possibles selon l'ordre des points \(A\), \(P\) et \(A'\) sur la bissectrice (voir les figures). La démonstration est essentiellement la même, mais demande un peu plus de soin dans le cas dégénéré où \(A'\) coïncide avec \(P\) et où la droite \(AP\) est une tangente commune aux cercles \(BPX\) et \(CPY\).