Shortlist 2024, G6¶
Domaine : Géométrie · Difficulté : ★★★★☆ · Proposé par : Poland
Concepts : Centres du triangle et lemmes classiques · Puissance d'un point et axe radical · Outils projectifs : birapport, division harmonique, pôles et polaires · Homothétie
Solution officielle : Shortlist officielle 2024 (avec solutions), section G6 (livret PDF)
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Énoncé¶
Let \(ABC\) be an acute triangle with \(AB < AC\), and let \(\Gamma\) be the circumcircle of \(ABC\). Points \(X\) and \(Y\) lie on \(\Gamma\) so that \(XY\) and \(BC\) intersect on the external angle bisector of \(\angle BAC\). Suppose that the tangents to \(\Gamma\) at \(X\) and \(Y\) intersect at a point \(T\) on the same side of \(BC\) as \(A\), and that \(TX\) and \(TY\) intersect \(BC\) at \(U\) and \(V\), respectively. Let \(J\) be the centre of the excircle of triangle \(TUV\) opposite the vertex \(T\).
Prove that \(AJ\) bisects \(\angle BAC\).
Indices : les idées clés
- Centres du triangle et lemmes classiques : \(J\) est l'intersection de deux bissectrices extérieures (solution 1) ; le milieu \(M\) de l'arc \(BC\) est le centre du cercle inscrit du triangle \(DBC\) (solution 2).
- Puissance d'un point et axe radical et point de Miquel (solution 1) : \(WXYZ\) est inscriptible de centre \(J\), et \(A\) est son point de Miquel, d'où \(AN \perp AJ\).
- Outils projectifs (solution 2) : polaires, théorème de La Hire et division harmonique \((B, C; K, L) = -1\) pour aligner \(T\), \(K\), \(D\).
- Homothétie (solution 2) : le théorème de Monge sur les centres d'homothétie de trois cercles montre que \(K\) est le centre d'homothétie des cercles \(\Omega\) et \(\omega\).
Solutions
Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2024 (deux solutions et une remarque).
Solution 1¶
Soit \(N\) le milieu de l'arc \(BAC\) de \(\Gamma\), et soient \(W\) et \(Z\) les intersections de \(NX\) et \(NY\) avec \(BC\).
Affirmation. Le quadrilatère \(WXYZ\) est inscriptible, de centre \(J\).
Preuve. Comme \(N\) est le milieu de l'arc \(BAC\), que \(W\) et \(Z\) sont sur \(BC\) et que \(X\), \(Y\) sont les seconds points d'intersection de \(NW\), \(NZ\) avec \(\Gamma\), le quadrilatère \(WXYZ\) est inscriptible. Précision ajoutée : c'est le lemme classique \(NW \cdot NX = NB^2 = NZ \cdot NY\).
Soit la parallèle à \(BC\) passant par \(N\) ; elle coupe \(TU\) et \(TV\) en \(U'\) et \(V'\). Cette parallèle est la tangente à \(\Gamma\) en \(N\), donc \(U'\) est l'intersection des tangentes en \(N\) et \(X\), et \(U'N = U'X\). Comme \(NU' \parallel BC\), le triangle \(U'NX\) est semblable au triangle \(UWX\), donc \(UW = UX\) aussi. La médiatrice de \([WX]\) est donc la bissectrice intérieure de \(\angle XUW\), c'est-à-dire la bissectrice extérieure de \(\angle VUT\). De même, la médiatrice de \([YZ]\) est la bissectrice extérieure de \(\angle TVU\). Le centre du cercle \(WXYZ\) est donc l'intersection des bissectrices extérieures de \(\angle VUT\) et \(\angle TVU\), c'est-à-dire le centre du cercle exinscrit \(J\). \(\square\)
Soit \(L\) l'intersection de \(AN\) et \(BC\) ; comme \(AN\) est la bissectrice extérieure de \(\angle BAC\), la droite \(XY\) passe aussi par \(L\) par hypothèse. Par puissance du point \(L\) par rapport à \(\Gamma\) et au cercle \(WXYZ\),
donc \(WANZ\) est inscriptible. Ainsi \(A\) est le point de Miquel du quadrilatère \(WXYZ\) (il est sur les cercles \(NXY\) et \(NWZ\)). Comme \(WXYZ\) est inscriptible de centre \(J\) et que ses côtés opposés \(WX\) et \(YZ\) se coupent en \(N\), on a \(AN \perp AJ\). Puisque \(AN\) est la bissectrice extérieure de \(\angle BAC\), la droite \(AJ\) en est la bissectrice intérieure. \(\blacksquare\)
Solution 2¶
Les bissectrices intérieure et extérieure de \(\angle BAC\) coupent \(BC\) en \(K\) et \(L\). La droite \(AK\) recoupe le cercle \(ABC\) en \(M\), et \(D\) est l'intersection des tangentes à \(\Gamma\) en \(B\) et \(C\). Soit \(\Omega\) le cercle exinscrit de \(TUV\) opposé à \(T\) (de centre \(J\)) et \(\omega\) le cercle inscrit dans \(DBC\).
Affirmation 1. Les points \(T\), \(K\), \(D\) sont alignés.
Preuve. Les droites \(BC\) et \(XY\) sont les polaires de \(D\) et de \(T\) par rapport à \(\Gamma\). Le livret écrit « polaires de \(T\) et \(D\) » ; il faut lire « de \(D\) et \(T\) ». Comme \(L\) est sur ces deux polaires, le théorème de La Hire montre que \(TD\) est la polaire de \(L\). Comme \((B, C; K, L) = -1\), le point \(K\) est aussi sur la polaire de \(L\), d'où l'alignement. \(\square\)
Affirmation 2. Le centre du cercle inscrit dans \(DBC\) est \(M\).
Preuve. On a \(\angle MBC = \angle MAC = \tfrac{1}{2}\angle BAC = \tfrac{1}{2}\angle DBC\) (angle tangente-corde), donc \(BM\) est bissectrice de \(\angle DBC\). De même \(CM\) est bissectrice de \(\angle BCD\), et \(M\) est le centre du cercle inscrit de \(DBC\). \(\square\)
Affirmation 3. L'intersection des tangentes communes extérieures de \(\Omega\) et \(\omega\) est \(K\).
Preuve. Soit \(K'\) cette intersection. Comme \(\Omega\) et \(\omega\) sont tangents à \(BC\) et situés du même côté de \(BC\) (opposé à \(A\)), \(K'\) est sur \(BC\). Le point \(T\) est l'intersection des tangentes communes extérieures de \(\Gamma\) et \(\Omega\), et \(D\) celle de \(\Gamma\) et \(\omega\) : ce sont des centres d'homothétie. Par le théorème de Monge, \(K'\) est sur \(TD\). Étant sur \(BC\) et sur \(TD\), \(K'\) est le point \(K\) (affirmation 1). \(\square\)
Ainsi \(K\) est aligné avec les centres de \(\Omega\) et \(\omega\), c'est-à-dire avec \(J\) et \(M\). Comme \(K\) et \(M\) sont sur la bissectrice de \(\angle BAC\), le point \(J\) y est aussi. \(\blacksquare\)
Remarques¶
Remarque. On peut montrer que les cercles \(AUV\) et \(ABC\) sont tangents, et que les tangentes au cercle \(ABC\) issues de \(U\) et \(V\), autres que \(TU\) et \(TV\), se coupent en un point \(W\) de la droite \(TK\). En reformulant le problème avec le quadrilatère \(TUWV\), on obtient : soit \(ABCD\) un quadrilatère convexe circonscrit à un cercle \(\omega\), et \(P\) l'intersection de \(AC\) et \(BD\) ; un point \(E\) de \(\omega\) est tel que le cercle \(ACE\) soit tangent à \(\omega\) ; si \(B\) et \(E\) sont du même côté de \(AC\), alors le centre du cercle exinscrit de \(ABC\) opposé à \(B\) est sur la droite \(EP\). Le comité de sélection, incertain de la difficulté de cet énoncé et de l'existence de solutions ne passant pas par le problème original, a préféré l'énoncé original.