Shortlist 2024, G8

Domaine : Géométrie · Difficulté : ★★★★★ · Proposé par : Canada

Concepts : Triangles semblables et similitudes · Centres du triangle et lemmes classiques · Chasse aux angles et quadrilatères cycliques · Puissance d'un point et axe radical · Outils projectifs : birapport, division harmonique, pôles et polaires · Trigonométrie : loi des sinus, Ceva trigonométrique

Solution officielle : Shortlist officielle 2024 (avec solutions), section G8 (livret PDF)

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Énoncé

Let \(ABC\) be a triangle with \(AB < AC < BC\), and let \(D\) be a point in the interior of segment \(BC\). Let \(E\) be a point on the circumcircle of triangle \(ABC\) such that \(A\) and \(E\) lie on opposite sides of line \(BC\) and \(\angle BAD = \angle EAC\). Let \(I\), \(I_B\), \(I_C\), \(J_B\), and \(J_C\) be the incentres of triangles \(ABC\), \(ABD\), \(ADC\), \(ABE\), and \(AEC\), respectively.

Prove that \(I_B\), \(I_C\), \(J_B\), and \(J_C\) are concyclic if and only if \(AI\), \(I_BJ_C\), and \(J_BI_C\) concur.

Indices : les idées clés

• Triangles semblables et similitudes : \(A\) est le centre de la similitude directe qui envoie \(ABE\) sur \(ADC\), et donc aussi les centres inscrits correspondants (toutes les solutions).
• Centres du triangle et lemmes classiques et chasse aux angles : les cercles \(AIB\), \(AIC\) recoupent \(BC\) en \(P\), \(Q\) avec \(BQ = AB\), \(CP = AC\), et \(P\), \(J_B\), \(I_C\) sont alignés ; angles orientés tout au long.
• Puissance d'un point et axe radical (solution 1) : théorème des axes radicaux pour trois cercles, et cercles tangents en \(I\).
• Outils projectifs (solution 2) : faisceaux harmoniques formés par les tangentes communes aux cercles inscrits et exinscrits des triangles \(ABD\) et \(ADC\).
• Trigonométrie : loi des sinus, Ceva trigonométrique (solution 3) : on fait varier \(X\) sur une droite fixe \(\ell\) et on montre qu'une droite passe par un point fixe.

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2024 (trois solutions et deux remarques).

Solution 1

Soit \(X\) l'intersection de \(I_BJ_C\) et \(J_BI_C\). On va montrer que, si \(AB < AC < BC\), les deux conditions suivantes sont équivalentes :

1. \(AX\) est la bissectrice de \(\angle BAC\) ;
2. \(I_B\), \(I_C\), \(J_B\), \(J_C\) sont cocycliques.

C'est exactement l'énoncé. Les cercles \(AIB\) et \(AIC\) recoupent \(BC\) en \(P\) et \(Q\). On a \(AB = BQ\) et \(AC = CP\), car les centres des cercles \(AIC\) et \(AIB\) sont sur \(BI\) et \(CI\) (lemme classique). Ainsi \(B\), \(P\), \(Q\), \(C\) sont alignés dans cet ordre, puisque \(BQ + PC = AB + AC > BC\) par l'inégalité triangulaire.

Affirmation 1. Les points \(P\), \(J_B\), \(I_C\) sont alignés, ainsi que \(Q\), \(I_B\), \(J_C\).

Preuve. On a

\[\angle AJ_BB = 90^\circ + \tfrac{1}{2}\angle AEB = 90^\circ + \tfrac{1}{2}\angle ACB = \angle AIB = \angle APB,\]

donc \(A\), \(B\), \(J_B\), \(P\) sont cocycliques. Comme \(A\) est le centre de la similitude qui envoie \(ABE\) sur \(ADC\), c'est aussi le centre de celle qui envoie \(ABJ_B\) sur \(ADI_C\). Donc \(A\) est le point de Miquel du quadrilatère croisé \(BDI_CJ_B\) : l'intersection de \(BD\) et \(J_BI_C\) est sur le cercle \(ABJ_B\), c'est donc \(P\). De même, \(Q\) est sur \(I_BJ_C\). \(\square\)

Dans toute la suite de cette solution, on utilise des angles orientés de droites (\(\measuredangle\)).

Preuve de \(1 \Rightarrow 2\). On suppose \(X \in AI\). L'affirmation 1 et les similitudes \(ABDI_B \sim AECJ_C\) et \(ABEJ_B \sim ADCI_C\) donnent

\[\measuredangle I_BXI_C = \measuredangle J_CQC + \measuredangle BPJ_B = \measuredangle J_CAC + \measuredangle BAJ_B = \measuredangle I_BAD + \measuredangle DAI_C = \measuredangle I_BAI_C,\]

donc \(AI_BXI_C\) est inscriptible. Comme \(X \in AI\),

\[\measuredangle I_BAX = \measuredangle BAI - \measuredangle BAI_B = \measuredangle I_BAI_C - \measuredangle I_BAD = \measuredangle DAI_C.\]

Par suite

\[\measuredangle I_BI_CP = \measuredangle I_BAX = \measuredangle DAI_C = \measuredangle BAJ_B = \measuredangle BPJ_B,\]

donc \(I_BI_C \parallel BC\). D'où

\[\measuredangle I_BI_CJ_B = \measuredangle BPJ_B = \measuredangle BIJ_B = \measuredangle I_BIJ_B,\]

et \(I\), \(I_B\), \(J_B\), \(I_C\) sont cocycliques. De même \(I\), \(I_C\), \(J_C\), \(I_B\) sont cocycliques, donc \(I_B\), \(J_B\), \(J_C\), \(I_C\) sont cocycliques. \(\square\)

Preuve de \(2 \Rightarrow 1\). On suppose la condition 2.

Affirmation 2. Les cercles \(IBC\), \(IJ_BI_C\) et \(II_BJ_C\) sont tangents en \(I\).

Preuve. Grâce au quadrilatère inscrit \(BIJ_BP\),

\[\measuredangle IBC = \measuredangle IBP = \measuredangle IJ_BP = \measuredangle IJ_BI_C.\]

Comme \(C\), \(I_C\), \(I\) sont alignés, les tangentes en \(I\) aux cercles \(IJ_BI_C\) et \(IBC\) coïncident : ces cercles sont tangents en \(I\). De même pour \(II_BJ_C\). \(\square\)

Affirmation 3. Le point \(I\) est sur le cercle \(I_BJ_BJ_CI_C\).

Preuve. Sinon, les cercles \(II_BJ_C\), \(IJ_BI_C\) et \(I_BJ_BJ_CI_C\) sont distincts. Appliquons le théorème des axes radicaux à ces trois cercles. D'après l'affirmation 2, l'axe radical des deux premiers est la tangente en \(I\) au cercle \(IBC\) ; les deux autres axes radicaux sont \(I_BJ_C\) et \(J_BI_C\), qui se coupent en \(X\). Donc \(IX\) serait tangente au cercle \(IBC\).

Or, d'après l'affirmation 1, \(X\) est l'intersection de \(PI_C\) et \(QI_B\). Comme \(D\) est intérieur à \([BC]\), \(I_B\) est intérieur au segment \([BI]\) et \(I_C\) au segment \([CI]\). Ainsi \(I_B\), \(P\), \(Q\), \(I_C\) sont sur le bord du triangle \(IBC\) dans cet ordre, et \(X\) est intérieur au triangle \(IBC\) : \(IX\) ne peut pas être tangente au cercle \(BIC\). Contradiction. \(\square\)

D'après les affirmations 2 et 3, les cercles \(II_BI_C\) et \(IBC\) sont tangents en \(I\), donc \(I_BI_C \parallel BC\). Comme \(I_BJ_BJ_CI_C\) est inscriptible,

\[\measuredangle PJ_BJ_C = \measuredangle I_CJ_BJ_C = \measuredangle I_CI_BJ_C = \measuredangle PQI_B = \measuredangle PQJ_C,\]

donc \(PJ_BJ_CQ\) est inscriptible. Le théorème des axes radicaux appliqué aux cercles \(AIPJ_B\), \(AIQJ_C\) et \(PJ_BJ_CQ\) montre que \(AI\), \(I_BJ_C\) et \(J_BI_C\) sont concourantes, en \(X\) : c'est la condition 1. \(\blacksquare\)

Solution 2

Soit \(X\) comme dans la solution 1 ; on montre encore l'équivalence des conditions 1 et 2, en introduisant la condition

1. \(I_BI_C \parallel BC\),

et en montrant que 3 équivaut à 1 et à 2 lorsque \(AB < AC < BC\). Notons \(\overset{+}{\sim}\) la similitude directe ; on a \(ABD \overset{+}{\sim} AEC\) et \(ABE \overset{+}{\sim} ADC\). On utilise le fait suivant.

Fait. Pour des points \(P, P_1, P_2, P_3, P_4\), les similitudes directes \(PP_1P_2 \overset{+}{\sim} PP_3P_4\) et \(PP_1P_3 \overset{+}{\sim} PP_2P_4\) sont équivalentes.

Preuve de \(1 \Leftrightarrow 3\). Les droites \(AI_B\) et \(AI_C\) coupent \(BC\) en \(S\) et \(T\) ; \(AJ_B\) coupe \(BE\) en \(K\), \(AJ_C\) coupe \(CE\) en \(L\), et \(KT\) et \(SL\) se coupent en \(Y\).

Affirmation 1. La droite \(AY\) est la bissectrice de \(\angle BAC\).

Preuve. Soit \(Y'\) l'intersection de \(KT\) et de la bissectrice de \(\angle BAC\). Comme \(\angle BAK = \tfrac{1}{2}\angle BAE = \tfrac{1}{2}\angle DAC = \angle TAC\), la droite \(AY'\) est aussi bissectrice de \(\angle KAT\) : \(Y'\) est le pied de la bissectrice issue de \(A\) dans le triangle \(AKT\). Par le fait,

\[ABE \overset{+}{\sim} ADC \Rightarrow ABEK \overset{+}{\sim} ADCT \Rightarrow ABD \overset{+}{\sim} AKT \overset{+}{\sim} AEC \Rightarrow ABDS \overset{+}{\sim} AKTY' \overset{+}{\sim} AECL \Rightarrow ABEK \overset{+}{\sim} ASLY' \overset{+}{\sim} ADCT.\]

Comme \(K\) est sur \(BE\), \(Y'\) est sur \(SL\) ; donc \(Y = Y'\) et \(AY\) est la bissectrice de \(\angle BAC\). \(\square\)

Il reste à voir que \(X \in AY\) si et seulement si \(I_BI_C \parallel BC\). Soient \(X_1\) et \(X_2\) les intersections de \(AY\) avec \(I_BJ_C\) et \(J_BI_C\). Comme \(ABD\) et \(AEC\) sont semblables, \(\frac{AI_B}{AS} = \frac{AJ_C}{AL}\), donc \(I_BJ_C \parallel SL\) ; de même \(J_BI_C \parallel KT\). Ainsi \(X_1\) et \(X_2\) coïncident avec \(X\) si et seulement si

\[\frac{AI_B}{AS} = \frac{AX_1}{AY} = \frac{AX_2}{AY} = \frac{AI_C}{AT},\]

ce qui équivaut à \(I_BI_C \parallel BC\). \(\square\)

Preuve de \(2 \Leftrightarrow 3\). Les droites \(AJ_B\) et \(AJ_C\) recoupent le cercle \(ABC\) en \(M\) et \(N\) ; soient \(I_B'\) et \(I_C'\) les centres des cercles exinscrits opposés à \(A\) des triangles \(ABD\) et \(ADC\).

Affirmation 2. Les droites \(I_BI_C\), \(I_B'I_C'\) et \(BC\) sont concourantes ou parallèles.

Preuve. On travaille dans le plan projectif. Soient \(Z\) et \(Z'\) les intersections de \(I_BI_C\) et \(I_B'I_C'\) avec \(BC\). Le point \(Z\) est l'intersection des tangentes communes extérieures des cercles inscrits de \(ABD\) et \(ADC\), et \(AD\) est une tangente commune intérieure de ces cercles ; donc \((AD, AZ; AI_B, AI_C) = -1\) (faisceau harmonique). Le même argument avec les cercles exinscrits donne \((AD, AZ'; AI_B', AI_C') = -1\). Comme \(AI_B' = AI_B\) et \(AI_C' = AI_C\), on obtient \(Z = Z'\). \(\square\)

Affirmation 3. \(J_BI_C \parallel CM\) et \(I_BJ_C \parallel BN\).

Preuve. Par le fait, \(ABE \overset{+}{\sim} ADC \Rightarrow ABEJ_B \overset{+}{\sim} ADCI_C \Rightarrow AJ_BI_C \overset{+}{\sim} ABD\). Donc \(\measuredangle(BD, J_BI_C) = \measuredangle BAJ_B = \measuredangle BCM\), d'où \(J_BI_C \parallel CM\). De même \(I_BJ_C \parallel BN\). \(\square\)

Affirmation 4. Le centre de la similitude qui envoie \(J_BJ_C\) sur \(I_B'I_C'\) est \(A\).

Preuve. Comme \(I_B\) et \(I_B'\) sont le centre inscrit et le centre exinscrit opposé à \(A\) de \(ABD\), on a \(ABI_B' \overset{+}{\sim} AI_BD\). Avec \(ABD \overset{+}{\sim} AEC\), cela donne \(ABI_B' \overset{+}{\sim} AJ_CC\), donc \(AB \cdot AC = AI_B' \cdot AJ_C\) et \(\angle BAI_B' = \angle J_CAC\). De même \(AB \cdot AC = AJ_B \cdot AI_C'\) et \(\angle BAJ_B = \angle I_C'AC\). Il en résulte \(AI_B' \cdot AJ_C = AJ_B \cdot AI_C'\) et \(\angle J_BAJ_C = \angle I_B'AI_C'\), donc \(AJ_BJ_C \overset{+}{\sim} AI_B'I_C'\). \(\square\)

On utilise maintenant des angles orientés. Par l'affirmation 3, \(I_BJ_BJ_CI_C\) est inscriptible si et seulement si

\[\measuredangle I_BI_CJ_B = \measuredangle I_BJ_CJ_B \iff \measuredangle I_BI_CJ_B + \measuredangle MCB = \measuredangle I_BJ_CJ_B + \measuredangle MNB \iff \measuredangle(I_BI_C, BC) = \measuredangle(MN, J_BJ_C).\]

Par l'affirmation 4,

\[\measuredangle(J_BJ_C, I_B'I_C') = \measuredangle J_BAI_B' = \measuredangle BAI_B + \measuredangle MAB = \measuredangle EAJ_C + \measuredangle MAB = \measuredangle NAC + \measuredangle MAB = \measuredangle(MN, BC),\]

ce qui équivaut à \(\measuredangle(BC, I_B'I_C') = \measuredangle(MN, J_BJ_C)\). Donc \(I_BJ_BJ_CI_C\) est inscriptible si et seulement si

\[\measuredangle(I_BI_C, BC) = \measuredangle(BC, I_B'I_C'). \tag{*}\]

Si \(I_BI_C \parallel BC\), l'affirmation 2 donne \(I_B'I_C' \parallel BC\), les deux membres de \((\ast)\) sont nuls et \(I_BJ_BJ_CI_C\) est inscriptible.

Supposons maintenant que \(I_BI_C\) n'est pas parallèle à \(BC\) mais que \(I_BJ_BJ_CI_C\) est inscriptible. Par l'affirmation 2, \(I_BI_C\), \(I_B'I_C'\) et \(BC\) concourent en un point \(Z\). Comme \(I_B\) et \(I_C\) sont sur les segments \([BI]\) et \([CI]\), \(Z\) est hors du segment \([BC]\). Puisque \(A\) est l'intersection des tangentes communes extérieures du cercle inscrit et du cercle exinscrit (opposé à \(A\)) de \(ABD\), et que \(ZD\) est une tangente commune intérieure de ces cercles, on a \((ZA, ZD; ZI_B, ZI_B') = -1\). D'après \((\ast)\), \(ZD\) est bissectrice de \(\angle I_BZI_B'\), donc \(\angle AZD = 90^\circ\) : \(Z\) est le pied de la hauteur issue de \(A\). Mais alors \(\angle ABC\) ou \(\angle BCA\) est obtus, ce qui contredit \(AB < AC < BC\). \(\blacksquare\)

Solution 3

Notons \(\omega_B\) et \(\omega_C\) les cercles \(AIB\) et \(AIC\), et reprenons \(P\), \(Q\), \(X\) de la solution 1. Par l'affirmation 1 de la solution 1, on peut définir \(J_B\) et \(I_C\) à partir de \(X\) : \(I_C = XP \cap CI\) et \(J_B \neq P\) est le second point d'intersection de \(XP\) avec \(\omega_B\). De même \(I_B = XQ \cap BI\) et \(J_C \neq Q\) est le second point d'intersection de \(XQ\) avec \(\omega_C\). Ces définitions ne dépendent plus de \(D\) et \(E\).

Soit \(\ell\) une droite passant par \(I\). On fait varier \(X\) sur \(\ell\), le triangle \(ABC\) et les points \(I\), \(P\), \(Q\) restant fixes, et on construit \(I_B\), \(I_C\), \(J_B\), \(J_C\) comme ci-dessus. On va classer les cas où ces quatre points sont cocycliques. On utilise des angles orientés et des longueurs algébriques. On exclut les cas \(X = I\), \(X \in BC\) (donc \(I_B, J_B \neq B\) et \(I_C, J_C \neq C\)), et \(\ell\) tangente à \(\omega_B\) ou \(\omega_C\) (ce sont des cas limites).

Affirmation 1. Quand \(X\) varie sur \(\ell\), la droite \(I_BJ_B\) passe par un point fixe de \(\omega_B\), et \(I_CJ_C\) par un point fixe de \(\omega_C\).

Preuve. Soit \(U \neq J_B\) le second point d'intersection de \(I_BJ_B\) avec \(\omega_B\). Par la loi des sinus,

\[\frac{\sin \measuredangle IJ_BU}{\sin \measuredangle UJ_BB} = \frac{\sin \measuredangle IJ_BI_B}{\sin \measuredangle I_BJ_BB} = \frac{\sin \measuredangle J_BII_B}{\sin \measuredangle J_BBI_B} \cdot \frac{II_B}{I_BB} = \frac{\sin \measuredangle J_BIB}{\sin \measuredangle J_BBI} \cdot \frac{II_B}{I_BB} = \frac{\sin \measuredangle XPQ}{\sin \measuredangle XPI} \cdot \frac{II_B}{I_BB}.\]

On a aussi

\[\frac{II_B}{I_BB} = \frac{\sin \measuredangle IQI_B}{\sin \measuredangle I_BQB} \cdot \frac{|IQ|}{|BQ|} = \frac{\sin \measuredangle IQX}{\sin \measuredangle XQP} \cdot \frac{|IQ|}{|BQ|}.\]

En combinant et en appliquant le théorème de Ceva trigonométrique dans le triangle \(PIQ\) avec le point \(X\) :

\[\frac{\sin \measuredangle IJ_BU}{\sin \measuredangle UJ_BB} = \frac{\sin \measuredangle XPQ}{\sin \measuredangle XPI} \cdot \frac{\sin \measuredangle IQX}{\sin \measuredangle XQP} \cdot \frac{|IQ|}{|BQ|} = \frac{\sin \measuredangle XIQ}{\sin \measuredangle XIP} \cdot \frac{|IQ|}{|BQ|} = \frac{\sin \measuredangle(\ell, IQ)}{\sin \measuredangle(\ell, IP)} \cdot \frac{|IQ|}{|BQ|},\]

qui ne dépend pas de \(X\). Comme \(\measuredangle IJ_BU + \measuredangle UJ_BB = \measuredangle IJ_BB = \measuredangle IAB\) est fixe, le point \(U\) est fixe sur \(\omega_B\). De même, le second point d'intersection \(V \neq J_C\) de \(I_CJ_C\) avec \(\omega_C\) est fixe. \(\square\)

Soient \(G\) et \(H\) les seconds points d'intersection de \(\ell\) avec \(\omega_B\) et \(\omega_C\) (autres que \(I\)), qui existent car \(\ell\) n'est tangente ni à \(\omega_B\) ni à \(\omega_C\). Le livret écrit « \(G \neq X\) et \(H \neq X\) » ; comme \(\ell\) passe par \(I\), qui est sur les deux cercles, il faut lire \(G \neq I\) et \(H \neq I\).

Affirmation 2. \(U\), \(G\), \(Q\) sont alignés, et \(V\), \(H\), \(P\) aussi.

Preuve. En prenant \(X = G\), on a \(J_B = G\) et \(I_B = GQ \cap BI\) ; ces deux points sont sur la droite \(QG\), qui passe donc par \(U\) d'après l'affirmation 1. De même pour \(V\), \(H\), \(P\). \(\square\)

Affirmation 3. \(I_B\), \(I_C\), \(J_B\), \(J_C\) sont cocycliques si et seulement si \(P\), \(Q\), \(G\), \(H\) le sont. En particulier, cela ne dépend que de \(\ell\), pas de la position de \(X\) sur \(\ell\).

Preuve. On a

\[\measuredangle I_CJ_BI_B = \measuredangle PJ_BU = \measuredangle PGU = \measuredangle PGQ, \qquad \measuredangle I_CJ_CI_B = \measuredangle VJ_CQ = \measuredangle VHQ = \measuredangle PHQ.\]

Donc \(\measuredangle I_CJ_BI_B = \measuredangle I_CJ_CI_B \iff \measuredangle PGQ = \measuredangle PHQ\). \(\square\)

Affirmation 4. \(P\), \(Q\), \(G\), \(H\) sont cocycliques si et seulement si \(\ell \in \{IA, IP, IQ, t\}\), où \(t\) est la tangente en \(I\) au cercle \(BIC\).

Preuve. Si \(\ell = IA\), alors \(G = H = A\) et la condition de l'affirmation 3 est vérifiée. Si \(\ell = IP\) ou \(\ell = IQ\), alors \(G = P\) ou \(H = Q\), et la condition est encore vérifiée. Sinon, les quatre points \(P, Q, G, H\) sont distincts, et \(\measuredangle QPG = \measuredangle BPG = \measuredangle BIG\), donc

\[PQGH \text{ inscriptible} \iff \measuredangle QHG = \measuredangle QPG \iff \measuredangle QHG = \measuredangle BIG \iff QH \parallel BI.\]

Par ailleurs \(\measuredangle CQH = \measuredangle CIH\), donc

\[\ell \text{ tangente au cercle } BIC \iff \measuredangle CIH = \measuredangle CBI \iff \measuredangle CQH = \measuredangle CBI \iff QH \parallel BI.\]

Dans ce cas, \(P, Q, G, H\) sont cocycliques si et seulement si \(\ell\) est tangente au cercle \(BIC\). \(\square\)

Revenons à la configuration d'origine, où \(I_B\), \(I_C\), \(J_B\), \(J_C\) et \(X\) sont définis à partir de \(D\) et \(E\).

Affirmation 5. Soit \(\Gamma\) le cercle passant par \(P\) et \(Q\) et tangent à \(IP\) et \(IQ\) (il existe car \(IP = IQ = IA\)). Alors \(X\) est sur \(\Gamma\) ; de plus \(X\) est du même côté de \(BC\) que \(A\) et n'est pas sur \(BC\).

Preuve. On a

\[\measuredangle XPI = \measuredangle J_BPI = \measuredangle J_BAI = \measuredangle BAI - \measuredangle BAJ_B = \measuredangle J_BAJ_C - \measuredangle J_BAE = \measuredangle EAJ_C = \measuredangle J_CAC = \measuredangle J_CQC = \measuredangle XQP,\]

donc le cercle \(XPQ\) est tangent à \(IP\). De même il est tangent à \(IQ\), donc \(X \in \Gamma\). Comme \(D\) est intérieur à \([BC]\), \(I_C\) est intérieur au segment \([CI]\) ; comme \(X\) est le second point d'intersection de \(PI_C\) avec \(\Gamma\) et que \(IP\) est tangente à \(\Gamma\), \(X\) est intérieur à l'arc \(PQ\) de \(\Gamma\) situé du côté de \(A\). \(\square\)

D'après l'affirmation 5, on ne peut pas avoir \(\ell \in \{IP, IQ\}\). De plus, comme on l'a vu dans la solution 1 (preuve de l'affirmation 3), \(X\) est intérieur au triangle \(IBC\), donc \(\ell \neq t\). Le livret renvoie ici à « l'affirmation 2 de la solution 1 » ; l'argument se trouve dans la preuve de l'affirmation 3. La seule possibilité restante dans l'affirmation 4 est \(\ell = AI\). Ainsi

\[I_BI_CJ_BJ_C \text{ inscriptible} \overset{\text{aff. } 3}{\iff} PQGH \text{ inscriptible} \overset{\text{aff. } 4}{\iff} X \in AI,\]

ce qui termine la preuve. \(\blacksquare\)

Remarques

Remarque 1 (solution 2 sans géométrie projective). L'affirmation 2 de la solution 2 peut aussi se prouver avec le théorème de Ménélaüs, et la contradiction finale s'obtient en utilisant qu'un cercle exinscrit est toujours plus grand que le cercle inscrit.

Remarque 2 (rôle de l'hypothèse \(AB < AC < BC\)). Elle est utilisée de façon essentielle : dans la solution 1, à l'affirmation 3, pour que \(X\) soit intérieur au triangle \(IBC\) ; dans la solution 2, à la dernière étape, pour que \(\angle ABC\) et \(\angle BCA\) ne soient pas obtus ; dans la solution 3, pour exclure \(\ell = t\). Sans elle, l'énoncé est faux : dès que \(\angle ABC\) ou \(\angle BCA\) est obtus, il existe un point \(D\) de \([BC]\) tel que \(I_BJ_BJ_CI_C\) soit inscriptible sans que \(AI\), \(I_BJ_C\), \(J_BI_C\) soient concourantes. On construit ce contre-exemple avec la solution 3, en prenant pour \(X\) l'intersection de \(t\) avec \(\Gamma\) située du côté de \(A\), puis en construisant \(I_B\), \(I_C\), \(J_B\), \(J_C\) et enfin \(D\). Inversement, le résultat est vrai dès que \(\angle ABC\) et \(\angle BCA\) ne sont pas obtus (solution 2) : c'est la condition la plus faible possible. Quand \(X\) est sur la tangente \(t\), il n'y a pas de contradiction dans la preuve de l'affirmation 3 de la solution 1 (\(X\) est le centre radical des cercles \(II_BJ_C\), \(IJ_BI_C\) et \(I_BJ_BI_CJ_C\)), ni dans la dernière étape de la solution 2 (\(I_BI_C\) et \(BC\) se coupent au pied de la hauteur issue de \(A\)). Enfin, l'implication \(1 \Rightarrow 2\) est vraie sans aucune condition sur le triangle \(ABC\), et les preuves des solutions 1 et 2 s'appliquent telles quelles.