## Envoi no. 6 : géométrie

Exercice 1. Soit $A B C$ un triangle rectangle isocèle en $B$. Soit $M$ un point de l'arc $A C$ du cercle de centre $B$ passant par $A$ et $C, H$ son projeté orthogonal sur $(A B)$. On note $I$ le centre du cercle inscrit à $B H M$ et $J$ le centre du cercle exinscrit dans l'angle $B$ ( $J$ est donc l'intersection de la bissectrice intérieure en $B$ avec les bissectrices extérieures en $H$ et $M)$. Montrer que $M I A J$ est un carré.

## Solution.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_20871c0e8ebe28943e15g-1.jpg?height=557&width=521&top_left_y=754&top_left_x=626)

On observe d'abord que $(M I) \perp(M J)$ puisque dans un triangle, les bissectrices intérieure et extérieure en un point sont perpendiculaires.

D'autre part, $\widehat{M I J}=180^{\circ}-\widehat{B I M}=\widehat{I B M}+\widehat{B M I}=\frac{1}{2}(\widehat{H B M}+\widehat{B M H})=$ $45^{\circ}$. Comme $M I J$ est rectangle en $M$, on en déduit qu'il est rectangle isocèle en $M$.

De plus, $(I J)$ est la bissectrice de $\widehat{M B H}=\widehat{M B A}$, et $M B A$ est isocèle en $B$, donc $(I J)$ est la médiatrice de $[A M]$. On en déduit que $A I J$ est le symétrique du triangle rectangle isocèle $M I J$ par rapport à la droite $(I J)$, donc $M I A J$ est un carré.

Exercice 2. Soit $A B C D$ un quadrilatère convexe. Soit $M$ l'intersection entre les bissectrices intérieures des angles $B$ et $C$, et $N$ l'intersection entre les bissectrices intérieures des angles $A$ et $D$. Montrer que les droites $A B, C D$ et $M N$ sont concourantes.

Solution. Quitte à échanger les rôles de $A$ et de $B$ et les rôles de $C$ et de $D$, on peut supposer que $A$ et $D$ se trouvent sur les segments $[E B]$ et $[E C]$ respectivement.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_20871c0e8ebe28943e15g-2.jpg?height=573&width=890&top_left_y=695&top_left_x=420)

Notons $E$ le point d'intersection entre $(A B)$ et $(C D)$. Alors $M$ est l'intersection des bissectrices intérieures des angles $B$ et $C$ du triangle $E B C$, donc $M$ est le centre du cercle inscrit à $E B C$. En particulier il se trouve sur la bissectrice intérieure en $E$.

De même, $N$ est le point d'intersection des bissectrices extérieures en $A$ et $D$ du triangle $E A D$, donc $N$ est le centre du cercle exinscrit dans l'angle $E$ de $E A D$. En particulier, il se trouve sur la bissectrice intérieure en $E$. Ceci prouve que $E, M, N$ sont alignés.

Exercice 3. Soit $A B C D$ un quadrilatère inscriptible, $L=(A C) \cap(B D), J$ et $K$ les pieds des perpendiculaires à $(A D)$ et $(B C)$ passant par $L$ et $I$ le milieu de $[C, D]$. Montrer que $I J=I K$.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_20871c0e8ebe28943e15g-3.jpg?height=625&width=627&top_left_y=498&top_left_x=754)

## Solution 1.

Il est facile de voir en utilisant le théorème de l'angle inscrit que $B L C$ et $A L D$ sont semblables, et que $C K L$ et $D J L$ sont semblables.

Notons $M$ et $N$ les milieux respectifs de $[L D]$ et $[L C]$. Alors $L N I M$ est un parallélogramme. On en déduit que $N L=I M$. Or, $C K L$ est un triangle rectangle en $K$ donc $N L=N K$, d'où $N K=I M$. De même, $M J=I N$.

Comme $M J L$ est isocèle en $M$, on a $\widehat{J M L}=180^{\circ}-2 \widehat{M L J}=180^{\circ}-$ $2\left(90^{\circ}-\widehat{L D J}\right)=2 \widehat{B D A}$, et de même $\widehat{K N L}=2 \widehat{B C A}$. Or, $\widehat{B D A}=\widehat{B C A}$ donc $\widehat{J M L}=\widehat{K N L}$. On en déduit que $\widehat{I M J}=360^{\circ}-\widehat{J M L}-\widehat{L M I}=$ $360^{\circ}-\widehat{K N L}-\widehat{L N I}=\widehat{K N I}$ (l'avant-dernière égalité découlant du fait que $L M I N$ est un parallélogramme).

Des égalités $\widehat{I M J}=\widehat{K N I}, N K=I M$ et $M J=I N$, on déduit que les triangles $I M J$ et $K N I$ sont isométriques, et en particulier que $I J=I K$.

## Solution 2.

$$
\begin{aligned}
I J^{2}-I K^{2} & =\overrightarrow{I J} \cdot \overrightarrow{I J}-\overrightarrow{I K} \cdot \overrightarrow{I K}=(\overrightarrow{I J}+\overrightarrow{I K}) \cdot(\overrightarrow{I J}-\overrightarrow{I K}) \\
& =(\overrightarrow{I D}+\overrightarrow{D J}+\overrightarrow{I C}+\overrightarrow{C K}) \cdot \overrightarrow{K J}=(\overrightarrow{D J}+\overrightarrow{C K}) \cdot(\overrightarrow{L J}-\overrightarrow{L K}) \\
& =\overrightarrow{C K} \cdot \overrightarrow{L J}-\overrightarrow{D J} \cdot \overrightarrow{L K} \quad \operatorname{car}(D J) \perp(L J) \text { et }(C K) \perp(L K) \\
& =C K \cdot L J \cos (\overrightarrow{C K}, \overrightarrow{L J})-D J \cdot L K \cos (\overrightarrow{D J}, \overrightarrow{L K})
\end{aligned}
$$

Or, $\overrightarrow{L K}$ fait un angle orienté de $+90^{\circ}$ par rapport à $\overrightarrow{C K}$, et $\overrightarrow{D J}$ fait un angle orienté de $+90^{\circ}$ par rapport à $\overrightarrow{L J}$, donc les deux cosinus sont égaux. Par conséquent, il suffit de montrer que $C K \cdot L J=D J \cdot L K$ : ceci découle du fait que

$$
\frac{C K}{L K}=\cot \widehat{K C L}=\cot \widehat{B C A}=\cot \widehat{B D A}=\cot \widehat{L D J}=\frac{D J}{L J}
$$

Exercice 4. Soit $A B C$ un triangle. On note $O$ le centre de son cercle circonscrit. Soient $D, E, F$ des points situés sur $[B, C],[C, A]$ et $[A, B]$ respectivement. On suppose que $F B=F D$ et $E D=E C$. Le cercle de centre $F$ et de rayon $F B$ et le cercle de centre $E$ et de rayon $E C$ se recoupent en $G$. Montrer que $A, F, O, E, G$ sont cocycliques.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_20871c0e8ebe28943e15g-4.jpg?height=763&width=852&top_left_y=594&top_left_x=729)

## Solution.

Les triangles $B F D$ et $C E D$ étant isocèles, on a $(D E, D F)=(D E, D C)+$ $(D B, D F)=(C D, C E)+(B F, B D)=(B C, A C)+(A B, B C)=(A B, A C)$.

Comme $E G=E D$ et $F G=F D$, les points $E$ et $F$ appartiennent à la médiatrice de $[G D]$ donc le quadrilatère $F G E D$ est symétrique par rapport à $(F E)$. On en déduit que $(D E, D F)=(G F, G E)$ donc $(G F, G E)=$ $(A B, A C)=(A F, A E)$. Il en résulte que $F, A, G, E$ sont cocycliques.

On a $2(\overrightarrow{G B}, \overrightarrow{G D})=(\overrightarrow{F B}, \overrightarrow{F D})=\Pi-2(\overrightarrow{B D}, \overrightarrow{B F})$ où $\Pi$ est l'angle plat (cette dernière égalité provenant du fait que $F B D$ est isocèle en $F$ ). On montre de même que $2(\overrightarrow{G D}, \overrightarrow{G C})=\Pi-2(\overrightarrow{C E}, \overrightarrow{C D})$. En additionnant ces deux égalités, on obtient

$$
\begin{aligned}
2(\overrightarrow{G B}, \overrightarrow{G C}) & =-2(\overrightarrow{B D}, \overrightarrow{B F})-2(\overrightarrow{C E}, \overrightarrow{C D}) \\
& =-2(\overrightarrow{B C}, \overrightarrow{B A})-2(\overrightarrow{C A}, \overrightarrow{C B})-2(\overrightarrow{C B}, \overrightarrow{B C}) \\
& =-2(\overrightarrow{C A}, \overrightarrow{B A})=2(\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A C})
\end{aligned}
$$

Donc $A, B, C, G$ sont cocycliques.
Comme $F G=F B$ et $O B=O G$, les points $G$ et $B$ sont symétriques par rapport à $(O F)$ donc $2(\overrightarrow{O G}, \overrightarrow{O F})=(\overrightarrow{O G}, \overrightarrow{O B})$. De même, $2(\overrightarrow{O E}, \overrightarrow{O G})=$ $(\overrightarrow{O C}, \overrightarrow{O G})$. En additionnant ces deux égalités, il vient $2(\overrightarrow{O E}, \overrightarrow{O F})=(\overrightarrow{O C}, \overrightarrow{O B})=$ $2(\overrightarrow{A C}, \overrightarrow{A B})=2(\overrightarrow{E A}, \overrightarrow{A F})$, donc $A, O, E, F$ sont cocycliques.

Exrercice 5. Soient $A, B, C, D, E$ des points dans cet ordre sur un demi-cercle de rayon 1. Démontrer que

$$
A B^{2}+B C^{2}+C D^{2}+D E^{2}+A B \cdot B C \cdot C D+B C \cdot C D \cdot D E \leqslant 4
$$

Solution. En remplaçant $E$ par le point diamétralement opposé à $A$, la quantité $D E$ augmente et les autres longueurs de la formule ne changent pas, donc on se ramène au cas où $[A E]$ est un diamètre.

D'après la formule d'Al-Kashi,

$$
\begin{aligned}
A B^{2}+B C^{2} & =A C^{2}+2 A B \cdot B C \cos \widehat{A B C} \\
C D^{2}+D E^{2} & =C E^{2}+2 C D \cdot D E \cos \widehat{C D E} \\
A C^{2}+C E^{2} & =A E^{2}
\end{aligned}
$$

En additionnant ces trois égalités, compte tenu de $A E^{2}=4$, on obtient

$$
A B^{2}+B C^{2}+C D^{2}+D E^{2}=4+2 A B \cdot B C \cos \widehat{A B C}+2 C D \cdot D E \cos \widehat{C D E},
$$

donc on se ramène à montrer que

$$
\begin{gathered}
2 A B \cdot B C \cos \widehat{A B C}+2 C D \cdot D E \cos \widehat{C D E}+A B \cdot B C \cdot C D+B C \cdot C D \cdot D E \leqslant 0 . \\
\text { Or, } C D \leqslant C E=A E \cos \widehat{A E C}=2 \cos \left(180^{\circ}-\widehat{A B C}\right)=-2 \cos \widehat{A B C} \text {, donc } \\
A B \cdot B C \cdot C D+2 A B \cdot B C \cos \widehat{A B C} \leqslant 0
\end{gathered}
$$

et de même

$$
B C \cdot C D \cdot D E+2 C D \cdot D E \cos \widehat{C D E} \leqslant 0
$$

On conclut en additionnant ces deux dernières inégalités.

Exercice 6. Soit $A B C D E F$ un hexagone régulier et $M \in[A, C], N \in[C, E]$. On suppose que $\frac{A M}{A C}$ et $\frac{C N}{C E}$ sont égaux à un nombre $r>0$, et que $B, M, N$ sont colinéaires. Déterminer la valeur de $r$.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_20871c0e8ebe28943e15g-6.jpg?height=654&width=589&top_left_y=513&top_left_x=779)

## Solution.

On peut supposer que l'hexagone est inscrit dans un cercle de rayon 1. On se place dans un repère tel que les coordonnées de $A, B, C$ sont respectivement $A=(0,1), B=\left(\frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{1}{2}\right)$ et $C=\left(\frac{\sqrt{3}}{2},-\frac{1}{2}\right)$.

Comme $C E=\sqrt{3}$, on a $C N=r \sqrt{3}$ donc $\overrightarrow{C N}=(-r \sqrt{3}, 0)$. On en déduit que

$$
N=\left(\frac{\sqrt{3}}{2}-r \sqrt{3},-\frac{1}{2}\right)
$$

Comme $\overrightarrow{A C}=\left(\frac{\sqrt{3}}{2},-\frac{3}{2}\right)$, on a $\overrightarrow{A M}=\left(\frac{\sqrt{3}}{2} r,-\frac{3 r}{2}\right)$ donc

$$
M=\left(\frac{\sqrt{3}}{2} r, 1-\frac{3 r}{2}\right)
$$

On calcule aisément que

$$
\overrightarrow{B M}=\left(\frac{\sqrt{3}}{2}(r-1), \frac{1}{2}-\frac{3 r}{2}\right), \quad \overrightarrow{B N}=(-r \sqrt{3},-1)
$$

Le fait que $B, M, N$ sont alignés signifie que ces deux vecteurs sont colinéaires, ce qui équivaut à

$$
\frac{\sqrt{3}}{2}(1-r)+r \sqrt{3}\left(\frac{1}{2}-\frac{3 r}{2}\right)=0
$$

ce qui se simplifie en $r=\frac{1}{\sqrt{3}}$.

Exercice 7. Soit $A B C$ un triangle et $M$ un point de $[B, C]$. Soit $\omega$ un cercle tangent à $(A B)$ en $T$ et à $(B C)$ en $K$ et tangent au cercle circonscrit à $A M C$ en $P$. Montrer que si $(K T) / /(A M)$ alors les cercles circonscrits à $K P C$ et $A P T$ sont tangents en $P$.

## Solution.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_20871c0e8ebe28943e15g-7.jpg?height=941&width=773&top_left_y=538&top_left_x=562)

Rappelons d'abord que si $A, B, C$ sont trois points d'un cercle $\Gamma$, et si $\delta$ est la tangente en $B$ à $\Gamma$, alors on a l'égalité d'angles de droites $(\delta, B C)=(A B, A C)$.

Soient $\delta$ et $\delta^{\prime}$ les tangentes en $P$ aux cercles $(K P C)$ et $(A P T)$ respectivement. On a

$$
(\delta, P K)=(C P, C K)=(C P, C M)=(A P, A M)
$$

et

$$
\begin{aligned}
\left(\delta^{\prime}, P K\right) & =\left(\delta^{\prime}, P T\right)+(P T, P K)=(A P, A T)+(T B, T K) \\
& =(A P, A M)+(A M, A T)+(T B, T K)=(A P, A M)
\end{aligned}
$$

puisque $(T B)=(A T)$ et $(A M)=(T K)$.
On en déduit que $\delta$ et $\delta^{\prime}$ sont parallèles. Or, elles ont un point commun, donc elles sont égales.

Exercice 8. Soient $\omega_{1}$ et $\omega_{2}$ deux cercles sécants en deux points $X$ et $Y$. Un cercle $\omega$ est tangent intérieurement à $\omega_{1}$ et $\omega_{2}$ en $P$ et $Q$ respectivement. Le segment $[X, Y]$ coupe $\omega$ en $M$ et $N$. Les demi-droites $[P, M)$ et $[P, N)$ coupent $\omega_{1}$ en $A$ et $D$; les demi-droites $[Q, M)$ et $[Q, N)$ coupent $\omega_{2}$ en $B$ et $C$. Montrer que $A B=C D$.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_20871c0e8ebe28943e15g-8.jpg?height=765&width=1272&top_left_y=561&top_left_x=410)

Soit $\ell$ la tangente en $M$ à $\omega$ et $\ell_{1}$ la tangente en $A$ à $\omega_{1}$. Comme $\omega$ est tangent en $P$ à $\omega_{1}$, il existe une homothétie $h$ de centre $P$ qui envoie $\omega \operatorname{sur} \omega_{1}$. Or, $P, M, A$ sont alignés donc $h(M)=A$. On en déduit que $h(\ell)=\ell_{1}$, et donc $\ell / / \ell_{1}$.

D'autre part, comme $M$ est sur l'axe radical de $\omega_{1}$ et $\omega_{2}$, on a $\overline{M A} \cdot \overline{M P}=$ $\overline{M B} \cdot \overline{M Q}$ donc $A, B, P, Q$ sont cocycliques. On en déduit que

$$
(A B, A P)=(Q B, Q P)=(Q M, Q P)=(\ell, M P)=\left(\ell_{1}, A P\right)
$$

d'où $(A B)=\ell_{1}$. Autrement dit, $(A B)$ est tangente en $A$ à $\omega_{1}$. Mais de même, $(A B)$ est tangente en $B$ à $\omega_{2}$, donc $(A B)$ est une tangente commune à $\omega_{1}$ et $\omega_{2}$. De même, $(C D)$ est une tangente commune à $\omega_{1}$ et $\omega_{2}$, donc $A B=C D$.

Exrtcice 9. Soit $A B C D$ un quadrilatère inscriptible. On note $K$ le point d'intersection des diagonales. Soient $M$ et $N$ les milieux de $[A, C]$ et $[B, D]$. Les cercles circonscrits à $A D M$ et $B C M$ se recoupent en un point $L$. Montrer que $K, L, M, N$ sont cocycliques.

## Solution.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_20871c0e8ebe28943e15g-9.jpg?height=774&width=1102&top_left_y=559&top_left_x=411)

Notons $E$ le centre radical des trois cercles $A B C, A D M, B C M$. Les triplets $(E, A, D),(E, L, M)$ et $(E, B, C)$ sont alignés.

Soit $F$ le point où les cercles $A D K$ et $B C K$ se recoupent. On a $(F A, F D)=$ $(K A, K D)=(K C, K B)=(F C, F B)$ et $(A D, A F)=(K D, K F)=(K B, K F)=$ $(C B, C F)$, donc les triangles $F A D$ et $F C B$ sont semblables. Soit $s$ la similitude de centre $F$ qui envoie $A$ sur $D$ et $C$ sur $B$. Alors $s(M)=N$, donc l'angle de $s$ est à la fois égal à $(F M, F N)$ et à $(A C, D B)=(K M, K N)$. Par conséquent, $F, K, M, N$ sont cocycliques.
$E$ est l'intersection de $(A D)$ et de $(B C)$, donc il est le centre radical des cercles $A B C D, A D K$ et $B C K$. Par conséquent, $E, F, K$ sont alignés. En utilisant la puissance d'un point par rapport à un cercle, on a

$$
\overline{E K} \cdot \overline{E F}=\overline{E A} \cdot \overline{E D}=\overline{E B} \cdot \overline{E C}=\overline{E M} \cdot \overline{E L},
$$

donc $M, L, K, F$ sont cocycliques.
Finalement, $L$ et $N$ sont sur le cercle $M K F$ donc $K, L, M, N$ sont cocycliques.