Triangles, cercles, homothéties etc...

Bonjour à tous,

$\bullet$ $\textbf{Problème (OIM, 2011).}$

Soit $ABC$ un triangle dont les angles sont aigus et soit $(\Gamma)$ son cercle circonscrit. Soit $(l)$ une droite tangente à $(\Gamma)$ au point
$T$.
Soient $(l_a), (l_b), (l_c)$ les droites symétriques de $(l)$ par rapport respectivement aux droites $(BC), (CA), (AB)$.
Montrer que le cercle circonscrit au triangle déterminé par les droites $(l_a), (l_b), (l_c)$ est tangent à $(\Gamma)$.

Soit $O$ le centre de $(\Gamma)$.
On pose ${A_1}=(l_b) \cap (l_c), \: {B_1}=(l_c) \cap (l_a), \: {C_1}=(l_a) \cap (l_b), \: {A_2}=(l) \cap (l_a), \: {B_2} = (l) \cap (l_b), {C_2}=(l) \cap (l_c)$.
Soit $I$ le centre du cercle inscrit dans le triangle $A_1B_1C_1$.

On suppose que sur la droite $(l)$, l'ordre des points est: $C_2, T, B_2, A_2$.

Dans le triangle $A_2 B_1 C_2$, $(AB)$ est la bissectrice interne de $\widehat{B_1C_2A_2}$. Ensuite: $(BC)$ est la bissectrice interne de $\widehat{B_1A_2C_2}$. Par suite $B$, en tant que point de concours des bissectrices, est le centre du cercle inscrit dans le triangle $A_2B_1C_2$. D'où $(BB_1)$ est la bissectrice de $\widehat{A_1B_1C_1}$.
On procède de même pour démontrer que $(AA_1)$ est la bissectrice de $\widehat{B_1A_1C_1}$. Par symétrie $(AA_1)$, $(BB_1)$, $(CC_1)$ concourent au point $I$.

On note que
\begin{equation}
\widehat{BIC}=\widehat{B_1IC_1}=90°+\frac{\widehat{B_1A_1C_1}}{2}=180°- \frac{\widehat{A_1C_2B_2}}{2}-\frac{\widehat{A_1B_2C_2}}{2}=\widehat{AC_2B_2}+\widehat{AB_2C_2}= 180°-\widehat{BAC}
\end{equation}

Cela résulte du fait que dans un triangle $ABC$, en notant $I$ le centre du cercle inscrit et $\widehat{A}$ l'angle $\widehat{CAB}$, on a

\begin{equation}
\displaystyle \widehat{BIC}=90°+\frac{1}{2}\widehat{A}
\end{equation}

et cela implique que $I \in (\Gamma)$.

On rappelle que $O$ est le centre de $(\Gamma)$ et désignons par $T_B$ et $T_C$ les symétriques de $T$ par rapport à $(OB)$ et $(OC)$ respectivement.
$T_B$ et $T_C$ appartiennent à $(\Gamma)$. On a

\begin{equation}
\widehat{C_1A_2T}=\widehat{BOT}-\widehat{COT} \quad \textbf{pourquoi ?}
\end{equation}

d'où il résulte que $(T_BT_C)$ est parallèle à $(B_1C_1)$. De même, en notant $T_A$ le symétrique de $T$ par rapport à $(OA)$, on a $(T_AT_B)$ parallèle à $(A_1B_1)$ et $(T_CT_A)$ parallèle à $(C_1A_1)$. On en conclut qu'il existe une homothétie qui envoie le triangle $T_AT_BT_C$ vers le triangle $A_1B_1C_1$.

Montrons que le centre de cette homothétie appartient à $(\Gamma)$ car alors le cercle circonscrit au triangle $A_1B_1C_1$ serait l'image de $(\Gamma)$ par cette homothétie, ce qui fournirait par la même occasion, le point de tangence entre les deux cercles.

Soit $Q$ le symétrique de $T$ par rapport à $(BC)$. On a $Q \in (B_1C_1)$. Par symétrie $\widehat{TBQ}=2\widehat{TBC}=\widehat{TBT_C}$. Alors $Q \in (BT_C)$ et de même $Q \in (CT_B)$.

Soit $P$ le second point d'intersection de $(B_1T_B)$ avec $(\Gamma)$, et posons $\{X\}=\{PT_C\} \cap \{IC_1\}$.
Montrons à présent que $X=C_1$. En appliquant le $\textbf{théorème de Pascal}$ à $T_CBICT_BP$, on conclut que $T, B_1$ et $X$ sont alignés, d'où $X \in (B_1C_1)$, d'où $X=C_1$.

$\textbf{Conclusion:}$ $P$ est le point de $\textbf{tangence}$ recherché.

$\textbf{Source}$: Mohammed Aassila: 1000 chalenges mathématiques-géométrie-ellipses.

J'ai rédigé la fin à la va-vite et je n'ai pas eu le temps de l'assimiler totalement même si je devrais pouvoir en venir à bout. Toutefois des commentaires éclairants sont toujours bienvenus. L'auteur fournit également la même preuve que Poulbot mais vue sous un angle légèrement différent. J'essayerai de la poster dans la journée.
Cordialement.

Bonjour Poulbot,

voici donc pour finir, une deuxième version démonstration avec les angles orientés de droites et le théorème de Miquel.
J'ai dû la compléter un peu. J'espère seulement l'avoir bien fait. N'hésitez pas à me le faire remarquer dans le cas contraire. Là encore, certains points méritent des précisions.

Je redonne l'énoncé. Attention, certaines notations ont changé et l'étiquetage des sommets du triangle $ABC$ a été modifié par rapport au premier dessin. Vérifiez-le sur le nouveau dessin.


$\bullet \textbf{Problème, OIM 2011}.$

Soit $ABC$ un triangle dont les angles sont aigus et soit $(\Gamma)$ son cercle circonscrit. Soit $(l)$ une droite tangente à $(\Gamma)$ au point $T$.
Soient $(l_a), (l_b), (l_c)$ les droites symétriques de $(l)$ par rapport respectivement aux droites $(BC), (CA), (AB)$.
Montrer que le cercle circonscrit au triangle déterminé par les droites $(l_a), (l_b), (l_c)$ est tangent à $(\Gamma)$.

Soient $O$ le centre de $(\Gamma)$ et $T$ le point de contact de $(l)$ et $(\Gamma)$.
On pose ${A'}=(l_b) \cap (l_c), \: {B'}=(l_c)
\cap (l_a), \: {C'}=(l_a) \cap (l_b).$

Soient $X,Y,Z$ les symétriques respectifs de $T$ par rapport à $(BC)$, $(CA)$, $(AB)$.
On raisonne avec les angles orientés de droites définis à un multiple de $\pi$ près et dont les mesures sont toujours comprises entre $0$ et $\pi$.

Comme $T$ appartient au cercle circonscrit de $ABC$, les points $X,Y,Z$ sont alignés (sur la droite de Simson) avec l'orthocentre de $ABC$.
On a $X \in (B'C'), Y \in (C'A'), Z \in (A'B').$

On a (voir dessin):

\begin{equation}
\alpha= (l,TC)=(BT,BC)
\end{equation}

Cette égalité entre angles orientés de droites ressemble au $\textbf{théorème de la "corde-tangente"}$. Est-ce le cas ?

$\textbf{Définition du cercle}$ $\Gamma_c$.
La symétrie par rapport aux droites $(AC)$ et $(BC)$ permet d'écrire
\begin{equation}
(BC,BX)=(BT,BC), \quad \text{symétrie de} \: l \: \text{par rapport à} \: (BC) \\
(XC,XC')=(l,TC), \quad \text{symétrie de} \: l \: \text{par rapport à} \: (BC) \\
(YC,YC')= \alpha. \quad \text{symétrie par rapport à} \: (AC).
\end{equation}

Comme $(XC,XC')=(YC,YC')$ les points $X,Y,C,C'$ appartiennent (en vertu du théorème des points cocycliques) à un certain cercle $\Gamma_c$.



$\textbf{Définition du cercle}$ $\Gamma_b$.
La symétrie par rapport aux droites $(AC)$ et $(BC)$ permet d'écrire
\begin{equation}
(l,TB)=(CT, CB), \\
(CB,CX)=(CT,CB), \: \text{ X est le symétrique de} \: T \: \text{par rapport à} \: (BC), \\
(l,TB)=(XB,XB'), \: \text{symétrie de} \: l \: \text{par rapport à} \: (BC), \\
=(ZB, ZB'), \: \text{symétrie de} \: l \: \text{par rapport à} \: (AB)
\end{equation}

$(XB, XB')=(ZB,ZB')$ donc $X,Z,B,B'$ appartiennent à un certain cercle $\Gamma_b$.

$\textbf{définition du cercle}$ $\Gamma_a$.

\begin{equation}
(l,TA)=(BT,BA) \\
(BT,BA)=(BA,BA'),\: \: \text{symétrie de} \: l \: \text{par rapport à} \: (AB) \\
(YA,YA')=(l,TA),\: \: \text{symétrie de} \: l \: \text{par rapport à} \: (AC) \\
= (ZA,ZA'), \: \: \text{symétrie de} \: l \: \text{par rapport à} \: (AB)
\end{equation}

$(YA,YA')=(ZA,ZA')$ donc $Y,Z,A,A'$ appartiennent au cercle $\Gamma_a$.

Soit $\Gamma'$ le cercle circonscrit au triangle $A',B',C'$.
Appliquant ce théorème aux quatre droites $(A'B'), (A'C'), (B'C')$ et $(XY)$, on obtient que les cercles $\Gamma', \Gamma_a, \Gamma_b, \Gamma_c$ se coupent en un point $K$. On montre que $K$ appartient à $\Gamma$ et qu'en ce point, $(\Gamma)$ et $(\Gamma')$ ont la même tangente.

$\textbf{K appartient à}$ $\mathbf{\Gamma}$.

$X$ est le symétrique de $T$ par rapport à $(BC)$ et $Z$ le symétrique de $T$ par rapport à $(AB)$ donc $XB=TB=ZB$ et $B$ est le milieu de l'un des arcs $\widehat{XZ}$ du cercle $\Gamma_b$. Donc $(KB,KX)=(XZ,XB)$. De même $(KX,KC)=(XC,XY)$. En sommant ces égalités et par symétrie par rapport à la droite $(BC)$:

\begin{equation}
(KB,KC)=(XZ,XB)+(XC,XY)=(XC,XB)=(TB,TC)
\end{equation}

Donc $K$ appartient à $\Gamma$. Enfin, soit $\Delta$ la tangente à $\Gamma$ en $K$. On a:

\begin{equation}
(\Delta, KC')=(\Delta, KC) + (KC,KC')=(KB,BC)+ \underbrace{(XC,XC')}_{=\displaystyle \alpha} \\
=(KB,KX)-\underbrace{BC,BX}_{=\displaystyle \alpha} + \alpha = (KB', B'X) - \alpha + \alpha =(KB', B'C'),
\end{equation}

ce qui signifie que $\Delta$ est tangente à $\Gamma'$.

Un point reste obscur cependant dans cette dernière égalité: pourquoi peut-on remplacer $(KB,KX)$ par $(KB', B'X)$ ?

$\bullet \textbf{Annexe}$.

$\textbf{Angles de droites}$

Soient $(AB)$ et $(CD)$ deux droites. Les angles $(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{CD}), \: (\overrightarrow{BA}, \overrightarrow{CD}), \: (\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{DC}), \: (\overrightarrow{BA}, \overrightarrow{DC})$ sont tous égaux si on les définit modulo $\pi$.
Une mesure d'un angle orienté de droites correspond à l'angle de la rotation dans le sens trigonométrique qui amène la première droite à une position parallèle ou confondue à la deuxième.

$\textbf{Théorème de la corde-tangente}$

L'angle formé par une tangente et une corde est égal à l'angle inscrit situé du côté opposé de cette corde et sous-tendu par cette corde.

$\textbf{Théorème des points cocycliques}$

Quatre points distincts $A,B,C$ et $D$ sont cocycliques ou alignés si, et seulement si:
\begin{equation}
\widehat{(\overrightarrow{CA}, \overrightarrow{CB})} \equiv \widehat{(\overrightarrow{DA}, \overrightarrow{DB})} \pmod \pi
\end{equation}

$\textbf{Théorème de Miquel (1816, 1851)}$

Les cercles circonscrits aux quatre triangles d'un quadrilatère complet $ABCDEF$ ont un point commun.

Enfin, il existe une autre solution à ce problème qui utilise le théorème de Casey, les relations et théorème de Ptolémée et de la trigonométrie à n'en plus finir.

$\textbf{Source}$: 1000 challenges mathématiques-Géométrie-Mohammed Aassila-ellipses.

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