Bouzar, tu aurais pu faire la figure en entier.
Voilà une solution avec Morley inscrit (où le triangle de contact est $UVW$ et non $DEF$).:
clc, clear all, close all;
% On part du triangle de contact UVW
syms u v w;
syms uB vB wB; % Conjugués
uB=1/u; % Morley's trick avec le cercle inscrit
vB=1/v;
wB=1/w;
syms s1 s2 s3;
syms s1B s2B s3B; % Conjugués
s1=u+v+w; % Fonctions symétriques
s2=u*v+v*w+w*u;
s3=u*v*w;
s1B=s2/s3; % Conjugués
s2B=s1/s3;
s3B=1/s3;
%-----------------------------------------------------------------------
a=2*v*w/(v+w); % Sommets ABC du triangle
b=2*w*u/(w+u);
c=2*u*v/(u+v);
aB=2*vB*wB/(vB+wB); % Conjugués
bB=2*wB*uB/(wB+uB);
cB=2*uB*vB/(uB+vB);
%-----------------------------------------------------------------------
% La droite passant par U et orthogonale à (VW)
% recoupe le cercle inscrit en R
syms r
rB=1/r;
NulR=Factor((u-r)*(vB-wB)+(uB-rB)*(v-w))
% Donc:
r=-v*w/u;
rB=-u/(v*w);
%-----------------------------------------------------------------------
% Point P où la droite (AR) recoupe le cercle inscrit
syms p
pB=1/p;
[par qar rar]=DroiteDeuxPoints(a,r,aB,rB);
NulP=Factor(par*p+qar*pB+rar)
% Donc:
p=v*w*(s1+u)/(s2+v*w);
pB=vB*wB*(s1B+uB)/(s2B+vB*wB);
%-----------------------------------------------------------------------
% Cercle circonscrit au triangle PVC
[opvc opvcB Rpvc2]=CercleTroisPoints(p,v,c,pB,vB,cB);
% Cercle circonscrit au triangle PWB
[opwb opwbB Rpwb2]=CercleTroisPoints(p,w,b,pB,wB,bB);
% Axe radical (PQ) de ces deux cercles
[pax qax rax]=AxeRadical(opvc,opvcB,Rpvc2,opwb,opwbB,Rpwb2);
% Point d'intersection M de cet axe radical et de la droite (UI)
[m mB]=IntersectionDeuxDroites(pax,qax,rax,uB,-u,0);
m=Factor(m)
% On trouve:
m=4*s3*u/((v+w)*(u^2+v*w));
mB=4*s3B*uB/((vB+wB)*(uB^2+vB*wB));
%-----------------------------------------------------------------------
% (AI) et (AM) sont orthogonales
Nul=Factor((m-a)*aB+(mB-aB)*a) % Égal à 0, donc c'est gagné !!!...
Bonjour
Bouzar devrait nous trouver une solution barycentrique, mais elle nécessitera probablement, comme celle de Rescassol, l'usage d'un ordinateur.
Si on se place dans les conditions des candidats, j'aurais tendance à essayer (ce que je n'ai pas fait) une inversion par rapport au cercle inscrit car les inverses de $A,B,C$ sont tout simplement les milieux de $\left[ EF\right] ,\left[ FD\right] ,\left[ DE\right] $ et que pas mal des points concernés sont sur ce cercle inscrit.
Le problème est déjà d'arriver à faire une figure lisible vu le nombre de points à y faire figurer.
Quand il fera un peu moins chaud, je regarderai si j'arrive à m'en sortir avec cette inversion mais l'exercice 6 des olympiades est réputé être l'un des plus difficiles.
Amicalement. Poulbot
il fait très chaud ici ! Moi qui ai déjà du mal à penser par climat tempéré !
Bref: le site officiel des OIM a mis en ligne deux solutions à ce problème.
On y trouve une autre caractérisation du milieu de $[EF]$
On considère la bissectrice extérieure de l'angle $BAC$. Elle est perpendiculaire en $A$ à $(AI)$.
La droite $(DI)$ coupe cette bissectrice au point $L$ et le cercle circonscrit $\omega$ en $K$.
Le point $N$ milieu de $[EF]$ appartient à $(AI)$. Il est aussi le pôle de la droite $(AL)$ par rapport à $\omega$.
Donc par définition de la puissance d'un point par rapport à un cercle, on a $AN \times AI=AI^2-IE^2=AE^2$.
Et puisque la quantité $AN \times AI$ est indépendante de toute droite passant par $A$ et coupant $\omega$ en deux points, on a: $AE^2=AR \times AP$.
Donc les points $R, N, I, P$ sont cocycliques.
Et c'est le point de départ de toute une suite de calculs (modulo $\pi$ !) d'angles, de recherches de perpendicularité et de preuves de cocyclicité !
Bonjour
Les $2$ solutions officielles dont parle df sont ICI.
Bon courage pour les étudier d'autant que les figures manquent très nettement de simplicité!
Amicalement. Poulbot
Bonjour
Pour tout point $M$, désignons par $M^{\prime }$ son inverse par rapport au cercle inscrit $\omega $.
$A^{\prime },B^{\prime },C^{\prime }$ sont alors les milieux de $\left[ EF\right] ,\left[ FD\right] ,\left[ DE\right] $ et $Q^{\prime }$ le deuxième point d'intersection des cercles $PC^{\prime }E$ et $PB^{\prime }F$.
Comme df, désignons par $K$ le point diamétralement opposé à $D$ sur $\omega $ et par $L$ le point d'intersection de la droite $DI$ et de la $A$-bissectrice extérieure de $ABC$.
L'inverse de cette bissectrice extérieure étant le cercle de diamètre $\left[ IA^{\prime }\right] $, $L^{\prime }$ est la projection de $A^{\prime }$ sur la droite $DI$.
Deux préliminaires sur la position des points $P$ et $Q^{\prime }$ :
Puisque $\left( E,F,P,R\right) =-1$, on a aussi $\left( E,F,KP\cap EF,KR\cap EF\right) =-1$; mais $EF$ et $KR$ sont parallèles car toutes deux perpendiculaires à $DR$. Ainsi
$\ast $ $P,K,A^{\prime }$ sont alignés et $PA^{\prime }\perp PD$.
$\left( Q^{\prime }B^{\prime },Q^{\prime }C^{\prime }\right) =\left( Q^{\prime }P,Q^{\prime }C^{\prime }\right) -\left( Q^{\prime }P,Q^{\prime }B^{\prime }\right) =\left( EP,EC^{\prime }\right) -\left( FP,FB^{\prime }\right) =\left( EP,ED\right) -\left( FP,FD\right) =0$ montre que
$\ast $ $B^{\prime },C^{\prime },Q^{\prime }$ sont alignés.
Il nous faut prouver que $P,Q,L$ sont alignés, c'est-à-dire que $I,P,Q^{\prime },L^{\prime }$ sont cocycliques.
Ayant été incapable de le prouver directement (il est probable que quelque astuce ou évidence m'ait échappé), j'ai constaté sur la figure ci-dessous que le cercle passant par ces $4$ points, semblait passer aussi par le milieu commun $W$ à $\left[ DA^{\prime }\right] $ et $\left[ B^{\prime }C^{\prime }\right] $, ce que Cabri m'a confirmé.
On a vu que le cercle de diamètre $\left[ DA^{\prime }\right] $ passait par $P$ et $L^{\prime }$; d'autre part, $IW$ étant la médiatrice de $\left[ PD\right] $ est parallèle à $PA^{\prime }$.
$a)$ Le cercle $IWP$ passe par $Q^{\prime }$.
$\left( IW,IP\right) =\left( PK,PI\right) =\left( KD,KP\right) =\left( ED,EP\right) =\left( EC^{\prime },EP\right) =\left( Q^{\prime }C^{\prime },Q^{\prime }P\right) =\left( Q^{\prime }W,Q^{\prime }P\right) $
$b)$ Le cercle $IWP$ passe par $L^{\prime }$.
$\left( WI,WP\right) =\left( PA^{\prime },PW\right) =\left( A^{\prime }D,A^{\prime }P\right) =\left( L^{\prime }D,L^{\prime }P\right) =\left( L^{\prime }I,L^{\prime }P\right) $
Finalement, cela est au moins aussi compliqué que les solutions signalées par df (surtout la première) et pourrait être reformulé en se passant de cette inversion. Pour alléger la figure, je n'y ai fait figurer que les points intervenant dans ce qui précède.
Pour prolonger ce problème :
- j'ai vérifié que la droite $PQ$ passait par le centre de perspective de $DEF$ et du triangle de sommets les centres des cercles exinscrits de $ABC$
- d'après la solution $1$ indiquée par df, la droite $PQ$ passe aussi par le point où la droite $DA^{\prime }$ recoupe le cercle inscrit $\omega $.
Une solution barycentrique de ce problème nécessite des calculs plus simples que ce que j'imaginais et dont la plupart peuvent être faits à la main.
On peut aussi remarquer (comme on pouvait s'en douter) que l'hypothèse $ABC$ acutangle est inutile.
Réponses
Bouzar, tu aurais pu faire la figure en entier.
Voilà une solution avec Morley inscrit (où le triangle de contact est $UVW$ et non $DEF$).:
Cordialement,
Rescassol
Bouzar devrait nous trouver une solution barycentrique, mais elle nécessitera probablement, comme celle de Rescassol, l'usage d'un ordinateur.
Si on se place dans les conditions des candidats, j'aurais tendance à essayer (ce que je n'ai pas fait) une inversion par rapport au cercle inscrit car les inverses de $A,B,C$ sont tout simplement les milieux de $\left[ EF\right] ,\left[ FD\right] ,\left[ DE\right] $ et que pas mal des points concernés sont sur ce cercle inscrit.
Le problème est déjà d'arriver à faire une figure lisible vu le nombre de points à y faire figurer.
Quand il fera un peu moins chaud, je regarderai si j'arrive à m'en sortir avec cette inversion mais l'exercice 6 des olympiades est réputé être l'un des plus difficiles.
Amicalement. Poulbot
il fait très chaud ici ! Moi qui ai déjà du mal à penser par climat tempéré !
Bref: le site officiel des OIM a mis en ligne deux solutions à ce problème.
On y trouve une autre caractérisation du milieu de $[EF]$
On considère la bissectrice extérieure de l'angle $BAC$. Elle est perpendiculaire en $A$ à $(AI)$.
La droite $(DI)$ coupe cette bissectrice au point $L$ et le cercle circonscrit $\omega$ en $K$.
Le point $N$ milieu de $[EF]$ appartient à $(AI)$. Il est aussi le pôle de la droite $(AL)$ par rapport à $\omega$.
Donc par définition de la puissance d'un point par rapport à un cercle, on a $AN \times AI=AI^2-IE^2=AE^2$.
Et puisque la quantité $AN \times AI$ est indépendante de toute droite passant par $A$ et coupant $\omega$ en deux points, on a: $AE^2=AR \times AP$.
Donc les points $R, N, I, P$ sont cocycliques.
Et c'est le point de départ de toute une suite de calculs (modulo $\pi$ !) d'angles, de recherches de perpendicularité et de preuves de cocyclicité !
Ca a l'air effectivement très difficile.
Cordialement.
...
Les $2$ solutions officielles dont parle df sont ICI.
Bon courage pour les étudier d'autant que les figures manquent très nettement de simplicité!
Amicalement. Poulbot
Pour tout point $M$, désignons par $M^{\prime }$ son inverse par rapport au cercle inscrit $\omega $.
$A^{\prime },B^{\prime },C^{\prime }$ sont alors les milieux de $\left[ EF\right] ,\left[ FD\right] ,\left[ DE\right] $ et $Q^{\prime }$ le deuxième point d'intersection des cercles $PC^{\prime }E$ et $PB^{\prime }F$.
Comme df, désignons par $K$ le point diamétralement opposé à $D$ sur $\omega $ et par $L$ le point d'intersection de la droite $DI$ et de la $A$-bissectrice extérieure de $ABC$.
L'inverse de cette bissectrice extérieure étant le cercle de diamètre $\left[ IA^{\prime }\right] $, $L^{\prime }$ est la projection de $A^{\prime }$ sur la droite $DI$.
Deux préliminaires sur la position des points $P$ et $Q^{\prime }$ :
Puisque $\left( E,F,P,R\right) =-1$, on a aussi $\left( E,F,KP\cap EF,KR\cap EF\right) =-1$; mais $EF$ et $KR$ sont parallèles car toutes deux perpendiculaires à $DR$. Ainsi
$\ast $ $P,K,A^{\prime }$ sont alignés et $PA^{\prime }\perp PD$.
$\left( Q^{\prime }B^{\prime },Q^{\prime }C^{\prime }\right) =\left( Q^{\prime }P,Q^{\prime }C^{\prime }\right) -\left( Q^{\prime }P,Q^{\prime }B^{\prime }\right) =\left( EP,EC^{\prime }\right) -\left( FP,FB^{\prime }\right) =\left( EP,ED\right) -\left( FP,FD\right) =0$ montre que
$\ast $ $B^{\prime },C^{\prime },Q^{\prime }$ sont alignés.
Il nous faut prouver que $P,Q,L$ sont alignés, c'est-à-dire que $I,P,Q^{\prime },L^{\prime }$ sont cocycliques.
Ayant été incapable de le prouver directement (il est probable que quelque astuce ou évidence m'ait échappé), j'ai constaté sur la figure ci-dessous que le cercle passant par ces $4$ points, semblait passer aussi par le milieu commun $W$ à $\left[ DA^{\prime }\right] $ et $\left[ B^{\prime }C^{\prime }\right] $, ce que Cabri m'a confirmé.
On a vu que le cercle de diamètre $\left[ DA^{\prime }\right] $ passait par $P$ et $L^{\prime }$; d'autre part, $IW$ étant la médiatrice de $\left[ PD\right] $ est parallèle à $PA^{\prime }$.
$a)$ Le cercle $IWP$ passe par $Q^{\prime }$.
$\left( IW,IP\right) =\left( PK,PI\right) =\left( KD,KP\right) =\left( ED,EP\right) =\left( EC^{\prime },EP\right) =\left( Q^{\prime }C^{\prime },Q^{\prime }P\right) =\left( Q^{\prime }W,Q^{\prime }P\right) $
$b)$ Le cercle $IWP$ passe par $L^{\prime }$.
$\left( WI,WP\right) =\left( PA^{\prime },PW\right) =\left( A^{\prime }D,A^{\prime }P\right) =\left( L^{\prime }D,L^{\prime }P\right) =\left( L^{\prime }I,L^{\prime }P\right) $
Finalement, cela est au moins aussi compliqué que les solutions signalées par df (surtout la première) et pourrait être reformulé en se passant de cette inversion. Pour alléger la figure, je n'y ai fait figurer que les points intervenant dans ce qui précède.
Pour prolonger ce problème :
- j'ai vérifié que la droite $PQ$ passait par le centre de perspective de $DEF$ et du triangle de sommets les centres des cercles exinscrits de $ABC$
- d'après la solution $1$ indiquée par df, la droite $PQ$ passe aussi par le point où la droite $DA^{\prime }$ recoupe le cercle inscrit $\omega $.
Une solution barycentrique de ce problème nécessite des calculs plus simples que ce que j'imaginais et dont la plupart peuvent être faits à la main.
On peut aussi remarquer (comme on pouvait s'en douter) que l'hypothèse $ABC$ acutangle est inutile.
Amicalement. Poulbot
un preuve de ce problème
http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/Docs/IMO 2019 Problem 6.pdf
Sincèrement
Jean-Louis
Bien sincèrement
JLB