Shortlist 2024, G7

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

Concepts : Triangles semblables et similitudes · Centres du triangle et lemmes classiques · Inversion · Outils projectifs : birapport, division harmonique, pôles et polaires

Solution officielle : Shortlist officielle 2024 (avec solutions), section G7 (livret PDF)

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Énoncé

Let \(ABC\) be a triangle with incentre \(I\) such that \(AB < AC < BC\). The second intersections of \(AI\), \(BI\), and \(CI\) with the circumcircle of triangle \(ABC\) are \(M_A\), \(M_B\), and \(M_C\), respectively. Lines \(AI\) and \(BC\) intersect at \(D\) and lines \(BM_C\) and \(CM_B\) intersect at \(X\). Suppose the circumcircles of triangles \(XM_BM_C\) and \(XBC\) intersect again at \(S \neq X\). Lines \(BX\) and \(CX\) intersect the circumcircle of triangle \(SXM_A\) again at \(P \neq X\) and \(Q \neq X\), respectively.

Prove that the circumcentre of triangle \(SID\) lies on \(PQ\).

Indices : les idées clés

• Point de Miquel \(S\) du quadrilatère inscrit \(BM_CM_BC\) : \(\triangle SM_CM_B \sim \triangle SBC \sim \triangle SPQ\), \(S\) est l'inverse de \(I\) par rapport au cercle \(ABC\), et \(\angle OSX = 90^\circ\) (toutes les solutions).
• Triangles semblables et similitudes (solution 1) : une suite de similitudes donne \(\frac{SP}{SQ} = \frac{IP}{IQ} = \frac{DP}{DQ}\), donc le cercle \(SID\) est un cercle d'Apollonius de \(P\) et \(Q\).
• Centres du triangle et lemmes classiques : \(M_A\) est le centre du cercle \(BIC\), et \(A\), \(I\) sont symétriques par rapport à \(M_BM_C\).
• Inversion : inversion par rapport au cercle \(BIC\) qui ramène le problème à un énoncé simple (solution 2), inversion par rapport au cercle \(ABC\) (solutions 3 et 4), inversion composée avec une symétrie centrée en \(S\) (solution 4).
• Outils projectifs (solution 3) : théorème de Brocard et quadrilatère harmonique \(SPZQ\), dont les tangentes en \(S\) et \(Z\) se coupent sur \(PQ\).

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2024 (quatre solutions et une remarque).

Solution 1

Soit \(O\) le centre du cercle \(ABC\). Le point \(S\) est le point de Miquel du quadrilatère inscrit \(BM_CM_BC\) (dont les diagonales se coupent en \(I\) et les côtés \(BM_C\), \(CM_B\) en \(X\)). Ses propriétés classiques donnent :

• \(\triangle SM_CM_B \sim \triangle SBC \sim \triangle SPQ\) ; \(\quad (\ast)\)
• \(I\) et \(S\) sont inverses par rapport au cercle \(ABC\) ;
• \(\angle OSX = 90^\circ\).

Affirmation 1. \(\angle M_APB = \angle CDA\).

Preuve. D'après ce qui précède, \(\triangle OM_AI \sim \triangle OSM_A\) (car \(OI \cdot OS = OM_A^2\)), et

\[\angle M_APB = \angle M_APX = \angle M_ASX = 90^\circ + \angle M_ASO = 90^\circ + \angle OM_AI = \angle M_ABA = \angle CDA. \quad \square\]

Affirmation 2. \(\dfrac{M_CB}{BP} = \dfrac{M_BC}{CQ} = \dfrac{AI}{ID}\).

Preuve. On a \(\angle PM_CM_A = \angle BM_CM_A = \angle DAC\) et \(\angle M_CM_AB = \angle ICD\). Avec l'affirmation 1, on obtient que les figures \(M_CPM_AB\) et \(ADCI\) sont semblables (les points \(M_C\), \(B\), \(P\) étant alignés comme \(A\), \(I\), \(D\)). Donc \(\frac{M_CB}{BP} = \frac{AI}{ID}\). De même \(\frac{M_BC}{CQ} = \frac{AI}{ID}\). \(\square\)

Affirmation 3. \(\dfrac{DP}{DQ} = \dfrac{IB}{IC}\).

Preuve. On a \(\angle ICB = \angle AM_BM_C\) et \(\angle CBI = \angle M_BM_CA\), donc \(\triangle IBC \sim \triangle AM_CM_B\). Les points \(P\), \(Q\), \(D\) se déduisent respectivement des couples \((M_C, B)\), \((M_B, C)\), \((A, I)\) par la même construction affine (affirmation 2). Par linéarité, \(\triangle DPQ \sim \triangle IBC\), d'où l'affirmation. \(\square\)

Affirmation 4. \(\dfrac{IP}{IQ} = \dfrac{IB}{IC}\).

Preuve. Comme \(\triangle IBM_C \sim \triangle ICM_B\), l'affirmation 2 donne que les figures \(IBM_CP\) et \(ICM_BQ\) sont semblables, d'où le résultat. \(\square\)

Enfin, d'après \((\ast)\) et \(\triangle IBM_C \sim \triangle ICM_B\),

\[\frac{SP}{SQ} = \frac{SB}{SC} = \frac{BM_C}{CM_B} = \frac{IB}{IC}.\]

Avec les affirmations 3 et 4,

\[\frac{IB}{IC} = \frac{DP}{DQ} = \frac{IP}{IQ} = \frac{SP}{SQ},\]

donc le cercle \(SID\) est un cercle d'Apollonius relatif à \(P\) et \(Q\) : son centre est sur la droite \(PQ\). \(\blacksquare\)

Solution 2

On utilise l'affirmation 1 de la solution 1. On va montrer que \(P\) et \(Q\) sont inverses par rapport au cercle \(SID\), ce qui entraîne le résultat (le centre est alors aligné avec \(P\) et \(Q\)). On effectue une inversion par rapport au cercle \(BIC\) (de centre \(M_A\)) et on note \(\bullet'\) l'image d'un point \(\bullet\).

Affirmation 1. \(S' = J\), où \(J\) est le symétrique de \(I\) par rapport à \(BC\).

Preuve. \(S\) et \(I\) sont inverses par rapport au cercle \(ABC\). L'inversion envoie le cercle \(ABC\) (qui passe par \(M_A\)) sur la droite \(BC\) et fixe \(I\) ; donc \(S'\) et \(I\) sont « inverses » par rapport à la droite \(BC\), c'est-à-dire symétriques par rapport à \(BC\). \(\square\)

Soit \(Y = M_BM_C \cap BC\). Comme \(\angle IM_CM_B = \angle M_BM_CA\) et \(\angle AM_BM_C = \angle M_CM_BI\), les points \(A\) et \(I\) sont symétriques par rapport à \(M_BM_C\), donc \(YA = YI\). Le cercle \(SID\) a pour image le cercle \(AIJ\) (car \(D' = A\)), dont le centre est \(Y\) (puisque \(YA = YI = YJ\)). En inversant la conclusion voulue, il suffit de montrer que \(P'\) et \(Q'\) sont inverses par rapport au cercle \(AIJ\), c'est-à-dire \(YP' \cdot YQ' = YA^2\) (avec \(P'\), \(Q'\) alignés avec \(Y\)).

Affirmation 2. L'image du cercle \(XSM_A\) est la droite \(YJ\).

Preuve. Le cercle \(XSM_A\) passe par le centre \(M_A\), donc son image est une droite ; elle passe par \(S' = J\). Il suffit de montrer que le cercle \(XSM_A\) passe par \(Y'\). L'image de la droite \(BC\) est le cercle \(ABC\), donc \(B\), \(C\), \(M_A\), \(Y'\) sont cocycliques et

\[YS \cdot YX = YB \cdot YC = YY' \cdot YM_A,\]

où l'on a utilisé l'alignement de \(Y\), \(S\), \(X\) (propriété classique du point de Miquel). Donc \(Y'\) est sur le cercle \(XSM_A\). \(\square\)

Soit \(A_1\) le symétrique de \(A\) par rapport à la médiatrice de \([BC]\). Par l'affirmation 1 de la solution 1,

\[\angle P'BM_A = \angle M_APB = \angle CDA = 180^\circ - \angle ACM_A = 180^\circ - \angle M_ABA_1,\]

donc \(P'\), \(B\), \(A_1\) sont alignés ; de même \(Q'\), \(C\), \(A_1\) sont alignés. Soient \(P_1\), \(Q_1\) les symétriques de \(P'\), \(Q'\) par rapport à \(BC\). Comme \(P'\), \(Q'\) sont sur la droite \(YJ\), les points \(P_1\), \(Q_1\) sont sur la droite \(YI\), avec \(YP_1 \cdot YQ_1 = YP' \cdot YQ'\). Les alignements précédents donnent aussi \(BP_1 \parallel AC\) et \(CQ_1 \parallel AB\). On est ramené à :

Affirmation 3 (problème inversé). Soit \(ABC\) un triangle de centre inscrit \(I\), \(Y\) le point de \(BC\) tel que \(YA = YI\), et \(P_1\), \(Q_1\) des points de \(YI\) tels que \(BP_1 \parallel AC\) et \(CQ_1 \parallel AB\). Alors \(YA^2 = YP_1 \cdot YQ_1\).

Preuve. La droite \(YI\) coupe \(AB\) et \(AC\) en \(E\) et \(F\). Grâce aux parallèles, les triangles \(BEP_1\) et \(CQ_1F\) sont homothétiques de centre \(Y\), donc

\[\frac{YE}{YP_1} = \frac{YQ_1}{YF} \implies YP_1 \cdot YQ_1 = YE \cdot YF.\]

De plus, \(AI\) est la bissectrice de \(\angle EAF\) et \(YA = YI\), donc le cercle de centre \(Y\) et de rayon \(YA\) est le cercle d'Apollonius du triangle \(AEF\) (relatif aux pieds des bissectrices intérieure et extérieure issues de \(A\)). Cela donne \(YE \cdot YF = YA^2\), d'où l'affirmation et le résultat. \(\blacksquare\)

Solution 3

Soit \(O\) le centre du cercle \(ABC\). La droite \(XI\) recoupe le cercle \(XSM_A\) en \(Z \neq X\) ; soit \(Y = BC \cap M_BM_C\) et \(X^*\) l'inverse de \(X\) par rapport au cercle \(ABC\). On utilise les propriétés de \(S\) vues au début de la solution 1, et le fait que \(S\) est sur la droite \(XY\).

Affirmation 1. \(Y\), \(S\), \(A\), \(D\) sont cocycliques.

Preuve. Comme \(OM_A \perp BC\) et \(YS \perp OS\), on a \(\angle DYS = 180^\circ - \angle SOM_A\). En inversant les points alignés \(A\), \(I\), \(M_A\) par rapport au cercle \(ABC\), on obtient que \(A\), \(S\), \(M_A\), \(O\) sont cocycliques, d'où

\[\angle SOM_A = \angle SAM_A = \angle SAD \implies \angle SAD + \angle DYS = 180^\circ. \quad \square\]

Affirmation 2. \(X^*\) est sur le cercle \(BIC\), de centre \(M_A\).

Preuve. Il suffit d'inverser le cercle \(SBCX\) par rapport au cercle \(ABC\). \(\square\)

Affirmation 3. \(Z\) est sur le cercle \(SID\).

Preuve. On a

\[\angle IZS = \angle XM_AS = \angle OM_AS - \angle OM_AX = \angle M_AIO - \angle M_AX^*O = \angle DIO - \angle M_AX^*O,\]

où l'avant-dernière égalité vient de l'inversion par rapport au cercle \(ABC\). Le théorème de Brocard appliqué au quadrilatère inscrit \(BM_CM_BC\) donne que \(Y\), \(I\), \(X^*\) sont alignés et \(\angle YX^*O = 90^\circ\). Donc

\[\angle M_AX^*O = 90^\circ - \angle IX^*M_A = 90^\circ - \angle M_AIX^* = 90^\circ - \angle AIY,\]

la deuxième égalité venant de l'affirmation 2 (\(M_AI = M_AX^*\)). Comme \(A\) et \(I\) sont symétriques par rapport à \(M_BM_C\),

\[90^\circ - \angle AIY = 90^\circ - \angle YAD = 90^\circ - \angle YSD = \angle DSO,\]

par l'affirmation 1 puis parce que \(OS \perp YS\). En rassemblant, \(\angle IZS = \angle DIO - \angle DSO = \angle IDS\), ce qui prouve l'affirmation. \(\square\)

Soit \(K\) l'intersection des tangentes au cercle \(XSM_A\) en \(S\) et en \(Z\). Par la configuration classique de Ceva-Ménélaüs, puis en projetant depuis \(X\) sur le cercle \(XSM_A\),

\[-1 = (XY, XI; XB, XC) \overset{X}{=} (S, Z; P, Q).\]

Le quadrilatère \(SPZQ\) est donc harmonique, et \(K\) est sur la droite \(PQ\). De plus

\[\angle ZKS = 180^\circ - 2\angle SXZ = 2\,(90^\circ - \angle SXI) = 2\,(180^\circ - \angle SIZ),\]

car \(\angle ISX = 90^\circ\). Comme \(K\) est sur la médiatrice de \([SZ]\), cela suffit pour affirmer que \(K\) est le centre du cercle \(SIDZ\), et il est sur \(PQ\). \(\blacksquare\)

Solution 4

La solution 1 établit \(\frac{SP}{SQ} = \frac{IP}{IQ} = \frac{DP}{DQ}\). Voici une variante qui demande seulement l'égalité de deux de ces rapports (utile si l'on n'a pas trouvé, par exemple, l'affirmation 3 de la solution 1).

Affirmation. Si deux de ces rapports sont égaux, il suffit de montrer que le cercle \(SID\) est orthogonal au cercle \(SXM_A\), qui est le cercle \(SPQ\).

Preuve. Supposons l'orthogonalité établie. Si \(\frac{SP}{SQ} = \frac{IP}{IQ}\) ou \(\frac{SP}{SQ} = \frac{DP}{DQ}\), le cercle \(SID\) est immédiatement un cercle d'Apollonius relatif à \(P\) et \(Q\). Si \(\frac{IP}{IQ} = \frac{DP}{DQ}\) et que \(S\) n'est pas sur le cercle d'Apollonius \(\mathcal{C}\) correspondant, alors \(I\) et \(D\) sont sur deux cercles distincts orthogonaux au cercle \(SPQ\), à savoir \(SID\) et \(\mathcal{C}\) ; donc \(I\) et \(D\) sont inverses par rapport au cercle \(SPQ\), ce qui est absurde car ils sont tous deux à l'intérieur de ce cercle. \(\square\)

On utilise les propriétés de \(S\) données au début de la solution 1. On définit \(O\) et \(Y\) comme précédemment, et \(E\) le second point d'intersection des cercles \(SOM_A\) et \(SM_BM_C\).

Lemme. \(OE \perp AY\).

Preuve. Soient \(M_A'\), \(B'\), \(C'\) les symétriques de \(M_A\), \(B\), \(C\) par rapport à \(M_BM_C\). Comme \(A\) et \(I\) sont symétriques par rapport à \(M_BM_C\) et que \(M_A\) est le centre du cercle \(BIC\), le point \(M_A'\) est le centre du cercle \(AB'C'\). Comme \(Y\) est sur \(M_BM_C\), on a \(YB \cdot YC = YB' \cdot YC'\) : \(Y\) est sur l'axe radical des cercles \(ABC\) et \(AB'C'\), qui est donc \(AY\), d'où \(OM_A' \perp AY\). Enfin, les inverses des cercles \(SOM_A\) et \(SM_BM_C\) par rapport au cercle \(ABC\) sont la droite \(IM_A\) et le cercle \(IM_BM_C\) ; donc \(E\) et \(M_A'\) sont inverses par rapport au cercle \(ABC\). Ainsi \(E\) est sur \(OM_A'\), et le lemme suit. \(\square\)

Soit \(\mathcal{T}\) la composée de l'inversion de centre \(S\) et de rayon \(\sqrt{SI \cdot SO}\) et de la symétrie d'axe \(SI\). D'après les propriétés classiques du point de Miquel, \(\mathcal{T}\) échange \(X\) et \(Y\), ainsi que deux points \(Z_1\), \(Z_2\) quelconques du cercle \(ABC\) tels que \(I \in Z_1Z_2\). Elle échange donc les couples \((A, M_A)\), \((B, M_B)\), \((C, M_C)\), \((O, I)\) et \((X, Y)\). Comme \(D = AI \cap BC\) et que \(E\) est l'intersection des cercles \(SOM_A\) et \(SM_BM_C\), on a \(\mathcal{T}(D) = E\). Ainsi \(\mathcal{T}\) envoie les cercles \(SID\) et \(SXM_A\) sur les droites \(OE\) et \(AY\) ; d'après le lemme, ces droites sont perpendiculaires, donc les cercles \(SID\) et \(SXM_A\) sont orthogonaux, ce qu'il fallait démontrer. \(\blacksquare\)

Remarques

Remarque (solution 1). La condition \(AB < AC\) garantit \(S \neq X\). Il faut aussi éviter le cas \(\angle BAC = 60^\circ\), où \(BM_C \parallel CM_B\).