OIM 2019 - problème 6

Bonjour,

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 !!!...

Cordialement,

Rescassol

Bonjour à tous,

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.

...

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.

Amicalement. Poulbot

Merci beaucoup, Jean-Louis, pour cette solution abordable avec le minimum de connaissances de base !
Bien sincèrement
JLB