Shortlist 2025, G2

Domaine : Géométrie · Difficulté : ★☆☆☆☆ · Proposé par : Islamic Republic of Iran

Concepts : Centres du triangle et lemmes classiques · Triangles semblables et similitudes

Solution officielle : Shortlist officielle 2025 (avec solutions), section G2 (livret PDF)

Énoncé

Let \(ABC\) be an acute-angled triangle. Let \(I_B\) and \(I_C\) be the excentres of triangle \(ABC\) opposite \(B\) and \(C\), respectively. Let \(E\) be a point on line \(BA\) such that \(\angle EI_BB = 90^\circ\). Let \(F\) be a point on line \(CA\) such that \(\angle CI_CF = 90^\circ\). Let the circle with centre \(I_B\) and radius \(I_BE\) intersect the segment \(I_BB\) at \(X\). Let the circle with centre \(I_C\) and radius \(I_CF\) intersect the segment \(I_CC\) at \(Y\).

Prove that \(BY\) is perpendicular to \(CX\).

The excentre of a triangle \(ABC\) opposite vertex \(B\) is the centre of the circle that is tangent to line segment \(AC\), to ray \(BA\) beyond \(A\), and to ray \(BC\) beyond \(C\). The excentre opposite \(C\) is similarly defined.

Indices : les idées clés

• Centres exinscrits : les bissectrices intérieure et extérieure en un sommet sont perpendiculaires, \(A\) est sur \(I_BI_C\), et \(I_CI_BCB\) est cyclique.
• Triangles semblables : on montre \(\triangle BI_CY \sim \triangle XI_BC\) ; deux paires de côtés correspondants étant perpendiculaires, la troisième l'est aussi.
• Droites parallèles (\(I_CB \parallel EI_B\), \(I_CF \parallel CI_B\)) qui donnent des triangles semblables de sommet \(A\) (solution 1), ou triangles isométriques via les points \(G\), \(H\) sur \(BC\) (solutions 2 et 3).
• Rotation d'un quart de tour (solution 3) : deux triangles rectangles isocèles de même sommet \(I_C\).

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2025 (trois solutions).

Solution 1

Montrons que \(\triangle BI_CY \sim \triangle XI_BC\). Il en découlera que \(BY \perp CX\) : en effet, \(I_CB \perp XI_B\) (bissectrices extérieure et intérieure en \(B\)) et \(I_CY \perp CI_B\) (bissectrices intérieure et extérieure en \(C\)), et dans deux triangles semblables (de même orientation) dont deux paires de côtés correspondants sont perpendiculaires, la troisième paire l'est aussi.

Égalité d'angles : \(\angle BI_CY = \angle XI_BC\). On a \(\angle I_BBI_C = \angle I_BCI_C = 90^\circ\) (bissectrices intérieure et extérieure), donc \(I_CI_BCB\) est cyclique, et \(\angle BI_CC = \angle BI_BC\), c'est-à-dire \(\angle BI_CY = \angle XI_BC\).

Rapport des côtés : \(\dfrac{BI_C}{XI_B} = \dfrac{I_CY}{I_BC}\). Avec l'égalité d'angles précédente, cela prouvera \(\triangle BI_CY \sim \triangle XI_BC\).

Les points \(I_B\), \(A\), \(I_C\) sont alignés (sur la bissectrice extérieure en \(A\)). De plus, \(I_CB \parallel EI_B\), car \(BI_B\) est perpendiculaire à ces deux droites. Donc \(\triangle BI_CA \sim \triangle EI_BA\). De même, \(I_CF \parallel CI_B\) (toutes deux perpendiculaires à \(CI_C\)), donc \(\triangle I_CFA \sim \triangle I_BCA\). Par conséquent, en utilisant \(XI_B = EI_B\) et \(I_CY = I_CF\),

\[\frac{BI_C}{XI_B} = \frac{BI_C}{EI_B} = \frac{I_CA}{I_BA} = \frac{I_CF}{I_BC} = \frac{I_CY}{I_BC}.\]

Donc \(\triangle BI_CY \sim \triangle XI_BC\), et \(BY \perp CX\). \(\blacksquare\)

Solution 2

On donne une autre façon d'obtenir \(\dfrac{BI_C}{XI_B} = \dfrac{I_CY}{I_BC}\) ; le reste est identique à la solution 1.

Soit \(G\) l'intersection de \(EI_B\) et \(BC\), et \(H\) l'intersection de \(FI_C\) et \(BC\).

Montrons d'abord que \(\triangle BHI_C \sim \triangle GCI_B\). Comme \(GI_B \perp BI_B\) et \(BI_B \perp BI_C\), on a \(GI_B \parallel BI_C\). De même, \(CI_B \parallel HI_C\). Enfin \(BH \parallel GC\) (même droite \(BC\)). Les deux triangles ont leurs côtés deux à deux parallèles, donc \(\triangle BHI_C \sim \triangle GCI_B\).

Comme \(\angle FCI_C = \angle I_CCH\) (\(CI_C\) est la bissectrice de l'angle \(C\)), \(\angle CI_CF = \angle HI_CC = 90^\circ\) et \(I_CC\) est commun, on obtient \(\triangle HI_CC \cong \triangle FI_CC\). Donc \(HI_C = FI_C = YI_C\). De même, \(GI_B = XI_B\). Avec \(\triangle BHI_C \sim \triangle GCI_B\) :

\[\frac{BI_C}{I_CY} = \frac{BI_C}{I_CH} = \frac{GI_B}{I_BC} = \frac{XI_B}{I_BC},\]

ce qui est le rapport cherché. On conclut comme dans la solution 1. \(\blacksquare\)

Solution 3

On commence comme dans la solution 2 : \(G = EI_B \cap BC\), \(H = FI_C \cap BC\). On a alors \(HI_C = YI_C\) et \(GI_B = XI_B\) ; comme de plus \(\angle YI_CH = 90^\circ\) et \(\angle GI_BX = 90^\circ\), les triangles \(I_CYH\) et \(I_BGX\) sont rectangles isocèles. On a aussi, d'après la solution 2, \(\triangle BHI_C \sim \triangle GCI_B\).

Construisons \(K\) tel que \(I_CBK\) soit un triangle rectangle isocèle (rectangle en \(I_C\), placé comme sur la figure). Les quadrilatères \(I_CBHK\) et \(I_BGCX\) sont alors semblables (on complète les triangles semblables \(BHI_C\) et \(GCI_B\), à côtés parallèles, par des triangles rectangles isocèles correspondants), ce qui entraîne \(HK \parallel CX\).

Enfin, dans les triangles \(I_CHK\) et \(I_CYB\), les paires de côtés \((I_CK, I_CB)\) et \((I_CH, I_CY)\) sont de même longueur et perpendiculaires : la rotation d'un quart de tour de centre \(I_C\) envoie \(K\) sur \(B\) et \(H\) sur \(Y\). Par conséquent, la dernière paire de côtés \((KH, BY)\) est aussi formée de segments égaux et perpendiculaires. Ainsi \(HK \perp BY\), et avec \(HK \parallel CX\), on obtient \(BY \perp CX\). \(\blacksquare\)