## OFM 2013-2014 : solution de l'envoi no. 1

## Exercices groupe B

Exercice 1. Soient $A, B, C, D$ quatre points sur un même cercle. Notons $A^{\prime}$ et $C^{\prime}$ les projetés orthogonaux de $A$ et $C$ sur $(B D)$, et $B^{\prime}$ et $D^{\prime}$ les projetés orthogonaux de $B$ et $D$ sur $(A C)$. Montrer que $A^{\prime}, B^{\prime}, C^{\prime}, D^{\prime}$ sont cocycliques.

## Solution.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_1f753c76f766c3db9fd0g-01.jpg?height=421&width=470&top_left_y=749&top_left_x=388)

Comme $A, B, A^{\prime}, B^{\prime}$ sont cocycliques (sur le cercle de diamètre $[A B]$ ), les angles orientés de droites $\left(B A^{\prime}, B A\right)$ et $\left(B^{\prime} A^{\prime}, B^{\prime} A\right)$ sont égaux, donc $(B D, B A)=\left(B^{\prime} A^{\prime}, B^{\prime} D^{\prime}\right)$. De même, $(C D, C A)=\left(C^{\prime} A^{\prime}, C^{\prime} D^{\prime}\right)$. Or, $(C D, C A)=(B D, B A)$ puisque $A, B, C, D$ sont cocycliques, donc $\left(B^{\prime} A^{\prime}, B^{\prime} D^{\prime}\right)=\left(C^{\prime} A^{\prime}, C^{\prime} D^{\prime}\right)$, ce qui prouve que $A^{\prime}, B^{\prime}, C^{\prime}, D^{\prime}$ sont cocycliques.

Exercice 2. Sur la diagonale $[B D]$ d'un carré $A B C D$ on a choisi un point $E$. Soient $O_{1}$ et $O_{2}$ les centres des cercles circonscrits aux triangles $A B E$ et $A D E$ respectivement. Montrer que $A O_{1} E O_{2}$ est un carré.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_1f753c76f766c3db9fd0g-01.jpg?height=497&width=451&top_left_y=1719&top_left_x=555)

## Solution.

$\widehat{A O_{1} E}=2 \widehat{A B E}=90^{\circ}$ et $O_{1} A=O_{1} E$ donc $A O_{1} E$ est un triangle isocèle rectangle en $O_{1}$. De même, $A O_{2} E$ est un triangle isocèle rectangle en $O_{2}$.

Comme $O_{1}$ et $O_{2}$ ne sont pas dans le même demi-plan délimité par $(A E)$, on en déduit que $A O_{1} E O_{2}$ est un carré.

Exercice 3. Un quadrilatère $A B C D$ est inscrit dans un cercle. Ses diagonales se coupent au point $K$. Le cercle passant par $A, B, K$ croise les droites $(B C)$ et $(A D)$ aux points $M$ et $N$ respectivement. Montrer que $K M=K N$.

## Solution.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_1f753c76f766c3db9fd0g-02.jpg?height=437&width=554&top_left_y=318&top_left_x=512)

On a $(N M, N K)=(B M, B K)=(B C, B D)=(A C, A D)=(A K, A N)=(M K, M N)$ donc $M K N$ est isocèle en $K$.

## Exercices communs

Exercice 4. Soit $A B C$ un triangle dont tous les angles sont aigus, et dont l'angle $\widehat{B}$ est de 60 degrés ( $=\pi / 3$ radian). Les hauteurs $[A D]$ et $[C E]$ se coupent au point $H$. Prouver que le centre du cercle circonscrit au triangle $A B C$ est situé sur la bissectrice commune des angles $\widehat{A H E}$ et $\widehat{C H D}$.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_1f753c76f766c3db9fd0g-02.jpg?height=559&width=625&top_left_y=1276&top_left_x=506)

## Solution.

Puisque $B, E, H, D$ sont sur le cercle de diamètre $[B H]$, on a $\widehat{D H E}=180^{\circ}-\widehat{E B D}=$ $120^{\circ}$, donc $\widehat{A H C}=120^{\circ}$. Comme $\widehat{A O C}=2 \widehat{A B C}=120^{\circ}$, on en déduit que $A, C, O, H$ sont cocycliques.

Par conséquent, $\widehat{C H O}=\widehat{C A O}=\frac{1}{2}(\widehat{C A O}+\widehat{O C A})=\frac{1}{2}\left(180^{\circ}-\widehat{A O C}\right)=90^{\circ}-\widehat{A B C}=$ $30^{\circ}$.

De plus, comme $(C H) \perp(A B)$ et $(A H) \perp(B C)$, on a $\widehat{C H D}=\widehat{A B C}=60^{\circ}$, donc $O$ est sur la bissectrice de $\widehat{C H D}$.

Exercice 5. A l'extérieur du triangle $A B C$ on construit les deux points $X$ et $Y$ vérifiant :

- le triangle $A X B$ est isocèle de base $[A B]$;
- le triangle $B Y C$ est isocèle de base $[B C]$;
$-\widehat{A X B}+\widehat{B Y C}=180^{\circ}$.
Soit $Z$ le milieu de $[A C]$. Montrer que les droites $(X Z)$ et $(Y Z)$ sont perpendiculaires.

Solution. Notons $D$ et $E$ les milieux de $[B C]$ et $[A B]$.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_1f753c76f766c3db9fd0g-03.jpg?height=529&width=735&top_left_y=321&top_left_x=348)

On a

- $(X E) \perp(D Z)$ car $(D Z) / /(A B)$
- $(E Z) \perp(D Y)$ car $(E Z) / /(B C)$
- $\frac{X E}{D Z}=\frac{X E}{E A}=\frac{C D}{D Y}=\frac{E Z}{D Y}$ (la deuxième égalité provient du fait que les triangles rectangles $X E A$ et $C D Y$ sont semblables)
donc $X E Z$ et $Z D Y$ sont semblables. Comme $(X E) \perp(D Z)$, on en déduit que $(X Z) \perp$ $(Z Y)$.

Exercice 6. Le sommet $B$ d'un angle $\widehat{A B C}$ se trouve à l'extérieur d'un cercle $\omega$ tandis que les demi-droites $[B A)$ et $[B C)$ le traversent. Soit $K$ un point d'intersection du cercle $\omega$ avec $[B A)$. La perpendiculaire à la bissectrice de l'angle $\widehat{A B C}$ passant par $K$ recoupe le cercle au point $P$, et la droite $(B C)$ au point $M$. Montrer que le segment $[P M]$ est deux fois plus long que la distance entre le centre de $\omega$ et la bissectrice de $\widehat{A B C}$.

## Solution.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_1f753c76f766c3db9fd0g-03.jpg?height=733&width=655&top_left_y=1577&top_left_x=361)

Soit $O$ le centre du cercle $\omega$. Notons $\Delta$ la bissectrice de $\widehat{A B C}, \Delta^{\prime}$ la parallèle à $\Delta$ passant par $O$ et $N$ le symétrique de $O$ par rapport à $\Delta$.

La symétrie $s_{\Delta^{\prime}}$ par rapport à $\Delta^{\prime}$ envoie $O$ sur $O$ et $P \operatorname{sur} K\left(\operatorname{car}(P K) \perp \Delta^{\prime}\right.$ et $\Delta^{\prime}$ passe par $O$ ).

La symétrie $s_{\Delta}$ par rapport à $\Delta$ envoie $O$ sur $N$ et $K$ sur $M$.
Par conséquent, la composée $s_{\Delta} \circ s_{\Delta^{\prime}}$ envoie $O$ sur $N$ et $P$ sur $M$. Or, $s_{\Delta} \circ s_{\Delta}^{\prime}$ est une translation, donc $M N O P$ est un parallélogramme. Il s'ensuit que $P M=O N=2 d(O, \Delta)$.

## Exercices groupe A

Exercice 7. Soit $A B C D$ un quadrilatère convexe. On considère les deux quadrilatères convexes $F_{1}$ et $F_{2}$, dont chacun a deux sommets opposés qui sont les milieux des diagonales $[A C]$ et $[B D]$, et dont les deux autres sommets sont les milieux des côtés opposés du quadrilatère $A B C D$. Montrer que les aires de $F_{1}$ et de $F_{2}$ sont égales si et seulement si au moins l'une des diagonales du quadrilatère $A B C D$ le divise en triangles d'aires égales.

Solution. Notons $I, J, K, L, M, N$ les milieux de $[A C],[B D],[A B],[B C],[C D]$ et $[D A]$.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_1f753c76f766c3db9fd0g-04.jpg?height=703&width=609&top_left_y=727&top_left_x=384)

On remarque que $(I K)$ et $(J M)$ sont parallèles, puisqu'ils sont parallèles à $(B C)$. De même, $(I M) / /(J K)$. On en déduit que $I M J K$ est un parallélogramme, et de même $I N J L$ est un parallélogramme.

Notons $[\vec{u}, \vec{v}]$ le produit mixte des vecteurs $\vec{u}$ et $\vec{v}$. C'est l'aire d'un parallélogramme $X Y Z T$ tel que $\overrightarrow{X Y}=\vec{u}$ et $\overrightarrow{Y Z}=\vec{v}$, affectée d'un signe + si $X Y Z T$ est parcouru dans le sens direct et d'un signe - sinon.

On vérifie facilement les propriétés suivantes:

- $[\vec{u}, \vec{v}]=-[\vec{v}, \vec{u}]$
- $[\vec{u}, \vec{v}+\vec{w}]=[\vec{u}, \vec{v}]+[\vec{u}, \vec{w}]$
- $[\vec{v}+\vec{w}, \vec{u}]=[\vec{v}, \vec{u}]+[\vec{w}, \vec{u}]$.
(La deuxième propriété dit que si un parallélogramme $P$ est la réunion de deux parallélogrammes $P_{1}$ et $P_{2}$ alors l'aire de $P$ est la somme des aires de $P_{1}$ et de $P_{2}$; la troisième propriété découle des deux précédentes.)

Comme $I K=B C / 2$ et $K J=A D / 2$, l'aire de $I M J K$ est égale à $\pm \frac{1}{4}[\overrightarrow{A D}, \overrightarrow{B C}]$ et de même l'aire de $I N J M$ est égale à $\pm \frac{1}{4}[\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{C D}]$. On en déduit que les aires de $F_{1}$ et de $F_{2}$ sont égales si et seulement si

$$
[\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{C D}]= \pm[\overrightarrow{A D}, \overrightarrow{B C}]
$$

On a

$$
\begin{aligned}
& {[\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{C D}]=[\overrightarrow{A D}, \overrightarrow{B C}]} \\
& \quad \Longleftrightarrow \quad[\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A D}]-[\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A C}]=[\overrightarrow{A D}, \overrightarrow{A C}]-[\overrightarrow{A D}, \overrightarrow{A B}] \\
& \quad \Longleftrightarrow \quad[\overrightarrow{A C}, \overrightarrow{A B}]=[\overrightarrow{A D}, \overrightarrow{A C}] \\
& \\
& \quad \Longleftrightarrow \quad(A C) \text { partage le quadrilatère en deux parties d'aires égales. }
\end{aligned}
$$

De même, $[\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{C D}]=-[\overrightarrow{A D}, \overrightarrow{B C}]$ si et seulement $\mathrm{si}(B D)$ partage le quadrilatère en deux parties d'aires égales.

Autre solution. Comme ci-dessus, on remarque que $I M J K$ et que $I N J L$ sont des parallélogrammes.

Si $(A D) / /(B C)$ on obtient que l'aire de $I M J K$ est égale à 0 . Alors l'aire de $I N J L$ est égale à 0 si et seulement si $(A B) / /(C D)$, ce qui équivaut à ce que les diagonales du quadrilatère $A B C D$ le divisent en triangles d'aires égales.

On se ramène donc à traiter le cas où $(A D)$ et $(B C)$ se croisent. De même, on peut supposer que $(A B)$ et $(C D)$ se croisent. Sans perte de généralité, on peut supposer qu'ils se croisent comment sur la figure : $X=[D A) \cap[C B), Y=[B A) \cap[C D)$.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_1f753c76f766c3db9fd0g-05.jpg?height=511&width=700&top_left_y=818&top_left_x=363)

L'aire de $I M J K$ est égale à

$$
K J \cdot K I \sin \widehat{I K J}=\frac{1}{4} B C \cdot A D \sin \widehat{A X B}
$$

L'aire de $I N J L$ est égale à

$$
N J \cdot N I \sin \widehat{J N I}=\frac{1}{4} A B \cdot C D \sin \widehat{A Y D}
$$

D'après la loi des sinus pour les triangles $A X B$ et $A Y D$, on a

$$
\frac{\sin \widehat{A X B}}{\sin \widehat{A Y D}}=\frac{A B \sin \widehat{X A B}}{B X} \frac{D Y}{A D \sin \widehat{Y A D}}=\frac{A B \cdot D Y}{B X \cdot A D}
$$

En combinant (1), (2) et (3), on obtient que l'aire de $I M J K$ est égale à l'aire de $I N J L$ si et seulement si

$$
\frac{C B}{B X}=\frac{C D}{D Y}
$$

Cette dernière égalité équivaut à dire que $(X Y) / /(B D)$.
On a que $(A C)$ divise $A B C D$ en triangles d'aires égales si et seulement si $J$ se trouve qur $(A C)$ (puisque l'aire de $A J B$ est égale à celle de $A J D$ et l'aire de $C J B$ est égale à celle de $C J D)$.

Il ne reste plus qu'à noter que dans un quadrilatère $X B D Y$, la droite joignant $C=$ $(X B) \cap(D Y)$ et $A=(X D) \cap(B Y)$ passe par le milieu de $[B D]$ si et seulement si $(X Y)$ et $(B D)$ sont parallèles.

En effet, si $(X Y)$ et $(B D)$ sont parallèles, il existe une homothétie de centre $C$ qui envoie $B$ et $D$ sur $X$ et $Y$ respectivement. Cette homothétie envoie le milieu de $[B D]$ sur le milieu de $[X Y]$ donc ces deux milieux sont alignés avec $C$, et de même ils sont alignés avec $A$.

Réciproquement, supposons que $(A C)$ passe par le milieu $U$ de $[B D]$. Soit $Y^{\prime}$ le point d'intersection de $(C Y)$ avec la parallèle à $(B D)$ passant par $X$. Soit $A^{\prime}=\left(B Y^{\prime}\right) \cap(D X)$.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_1f753c76f766c3db9fd0g-06.jpg?height=581&width=751&top_left_y=300&top_left_x=416)

D'après le paragraphe précédent, $C, A^{\prime}$ et $U$ sont alignés, donc $A$ appartient à la droite $\left(C A^{\prime}\right)$. De plus, $A$ appartient à $(D X)$, donc $A=\left(C A^{\prime}\right) \cap(D X)=A^{\prime}$. On en déduit que $Y=Y^{\prime}$, et que $X B D Y$ est un parallélogramme.

Exercice 8. Le cercle $\omega$ passe par les sommets $B$ et $C$ du triangle $A B C$ et coupe les côtés $[A B]$ et $[A C]$ aux points $D$ et $E$ respectivement. Les segments $[C D]$ et $[B E]$ se coupent en un point $O$. Soient $M$ et $N$ les centres des cercles inscrits dans les triangles $A D E$ et $O D E$ respectivement. Montrer que le milieu de l'arc $D E$ (le plus petit des deux arcs) du cercle $\omega$ se trouve sur la droite ( $M N$ ).

## Solution.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_1f753c76f766c3db9fd0g-06.jpg?height=570&width=689&top_left_y=1471&top_left_x=363)

Notons $\theta=(D E, D F)=(E F, E D)$. On a $2(D F, D M)+2 \theta=2(D E, D M)=(D E, D A)=$ $\theta+(D F, D A)=\theta+(D F, D B)=\theta+(E F, E B)=2 \theta+(E D, E O)=\theta+2(E D, E N)$, donc $\widehat{F D M}=\widehat{D E N}$. De même, $\widehat{M E F}=\widehat{N D E}$. Notons $\beta$ et $\gamma$ ces angles.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_1f753c76f766c3db9fd0g-06.jpg?height=329&width=728&top_left_y=2183&top_left_x=384)

Soient $P$ et $Q$ les seconds points d'intersection des droites $(D F)$ et $(E F)$ avec le cercle circonscrit au triangle DME. On a
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_1f753c76f766c3db9fd0g-07.jpg?height=481&width=939&top_left_y=323&top_left_x=363)

Comme $D F=D E$, on a $(P Q) / /(D E)$. Avec (4), cela implique que les triangles $D E N$ et $Q M P$ sont homothétiques. De plus, $F$ est le centre de l'homothétie (puisque c'est le point d'intersection des droites $(Q E)$ et $(P D)$ ). Donc la droite $(M N)$ traverse $F$.

Autre solution. Si on ne pense pas à introduire les points $P$ et $Q$, on peut terminer la démonstration moyennant des calculs trigonométriques un peu pénibles.

Notons $\varphi$ l'angle $(\overrightarrow{F M}, \overrightarrow{E D})$. D'après la loi des sinus dans les triangles $M D F$ et $M E F$, on a

$$
\begin{aligned}
\frac{M F}{\sin \beta} & =\frac{D F}{\sin (\beta+\varphi+\theta)} \\
\frac{M F}{\sin \gamma} & =\frac{E F}{\sin (\varphi-\gamma-\theta)}
\end{aligned}
$$

Comme $D F=E F$, en divisant ces deux égalités on obtient

$$
\frac{\sin \gamma}{\sin \beta}=\frac{\sin (\varphi-\gamma-\theta)}{\sin (\beta+\varphi+\theta)}
$$

En utilisant la formule $\sin (x+y)=\sin x \cos y+\cos x \sin y$, on en déduit

$$
\frac{\sin \gamma}{\sin \beta}=\frac{\sin (\varphi) \cos (\gamma+\theta)-\cos \varphi \sin (\gamma+\theta)}{\sin (\varphi) \cos (\beta+\theta)+\cos \varphi \sin (\beta+\theta)}
$$

On chasse les dénominateurs et on rassemble les termes en $\sin \varphi$ et en $\cos \varphi$ :

$$
\cos \varphi(\sin \gamma \sin (\beta+\theta)+\sin \beta \sin (\gamma+\theta)))=\sin \varphi(-\sin \gamma \cos (\beta+\theta)+\sin \beta \cos (\gamma+\theta))
$$

Comme

$$
\begin{aligned}
- & \sin \gamma \cos (\beta+\theta)+\sin \beta \cos (\gamma+\theta) \\
& =-\sin \gamma(\cos \beta \cos \theta-\sin \beta \sin \theta)+\sin \beta(\cos \gamma \cos \theta-\sin \gamma \sin \theta) \\
& =\cos \theta \sin (\beta-\gamma),
\end{aligned}
$$

on obtient

$$
\tan \varphi=\frac{\sin \gamma \sin (\beta+\theta)+\sin \beta \sin (\gamma+\theta)}{\cos \theta \sin (\beta-\gamma)}
$$

Soit $\varphi^{\prime}=(F N, D E)$. Le calcul de $\tan \varphi^{\prime}$ est identique, en remplaçant $(\beta, \gamma, \theta)$ par $(\beta+\theta, \gamma+\theta,-\theta)$. Or, l'expression de $\tan \varphi$ est invariante par cette transformation, donc $\tan \varphi^{\prime}=\tan \varphi$, d'où $F, M, N$ sont alignés.

Exercice 9. Un cercle de centre $O$ est inscrit dans un quadrilatère $A B C D$ dont les côtés ne sont pas parallèles. Montrer que le point $O$ coïncide avec le point d'intersection des lignes médianes du quadrilatère si et seulement si $O A \cdot O C=O B \cdot O D$. (Une ligne médiane du quadrilatère est une droite reliant les milieux des côtés opposés.)

Solution. Soient $I$ et $J$ les milieux des côtés $[A B]$ et $[C D]$ respectivement. Les droites $(A B)$ et $(C D)$ se coupent au point $P$. Sans perte de généralité, on peut supposer que $P$ est le point d'intersection des demi-droites $[A B)$ et $[C D)$.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_1f753c76f766c3db9fd0g-08.jpg?height=717&width=633&top_left_y=433&top_left_x=364)

1) Supposons que $O$ est le point d'intersection des lignes médianes du quadrilatère $A B C D$. Alors $O$ est le milieu du segment $[I J]$, parce que les milieux des côtés d'un quadrilatère sont les sommets d'un parallélogramme. Puis, $[P O]$ est la bissectrice et la médiane issus de $P$ du triangle $I P J$, donc $I P J$ est isocèle en $P$ et $\widehat{B I O}=\widehat{C J O}$. En outre,

$$
\widehat{I B O}+\widehat{J C O}=\frac{1}{2}(\widehat{A B C}+\widehat{B C D})=\frac{1}{2}(\pi+\widehat{B P C})=\pi-\widehat{P I J}=\widehat{I B O}+\widehat{I O B}
$$

Alors $\widehat{J C O}=\widehat{I O B}$ et les triangles $O I B$ et $C J O$ sont semblables. On obtient que $\frac{O B}{O C}=$ $\frac{I B}{J O}$. De même, on a $\frac{O A}{O D}=\frac{I A}{J O}$. Comme $I B=I A$, on obtient $O A \cdot O C=O B \cdot O D$.
2) On suppose maintenant que $O A \cdot O C=O B \cdot O D$. On note que

$$
\begin{aligned}
\widehat{A O B}+\widehat{C O D} & =(\pi-\widehat{O A B}-\widehat{O B A})+(\pi-\widehat{O C D}-\widehat{O D C}) \\
& =\pi-\frac{1}{2}(\widehat{D A B}+\widehat{A B C}+\widehat{B C D}+\widehat{C D A})=\pi
\end{aligned}
$$

Par conséquent, si on construit les parallélogrammes $O A K B$ et $C O D L$ à partir des triangles $O A B$ et $O C D$, ces parallélogrammes seront semblables, parce que $\frac{O A}{A K}=\frac{O A}{O B}=$ $\frac{D O}{O C}=\frac{D O}{D L}$. En particulier, les triangles $O I B$ et $C J O$ sont également semblables, parce qu'ils se correspondent mutuellement dans les parallélogrammes semblables $O A K B$ et $C O D L . \mathrm{Il}$ vient

$$
\widehat{I O B}=\widehat{O C J}=\widehat{O C B}, \quad \widehat{C O J}=\widehat{I B O}=\widehat{O B C}
$$

On obtient que

$$
\widehat{I O B}+\widehat{B O C}+\widehat{C O J}=\widehat{O C B}+\widehat{B O C}+\widehat{O B C}=\pi,
$$

donc $O$ se trouve sur $(I J)$. De même, $O$ se trouve sur l'autre ligne médiane du quadrilatère $A B C D$.

Autre solution. On peut résoudre l'exercice par une méthode analytique utilisant les nombres complexes. Les calculs sont longs mais pas impraticables.

Notons $U, V, W, X$ les points de contact des droites $(A B),(B C),(C D)$ et $(D A)$ avec le cercle. On peut supposer que le cercle est de centre 0 et de rayon 1 . Notons $a, b, c, d, u, v, w, x$ les affixes des points $A, B, C, D, U, V, W, X$.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_1f753c76f766c3db9fd0g-09.jpg?height=596&width=668&top_left_y=423&top_left_x=357)

Un point d'affixe $z$ appartient à $(A B)$ si et seulement si $z-u$ est perpendiculaire à $u$, ce qui s'écrit $0=\bar{u}(z-u)+u(\bar{z}-\bar{u})$, ou encore $\bar{u} z+u \bar{z}=2$. Comme $\bar{u}=1 / u$, ceci s'écrit encore $z+u^{2} \bar{z}=2 u$. De même, l'équation de la droite $(A D)$ est $z+x^{2} \bar{z}=2 x$. En combinant ces deux équations, on trouve que

$$
a=\frac{2 u x}{u+x} .
$$

De même, on a $b=\frac{2 u v}{u+v}, c=\frac{2 v w}{v+w}$ et $d=\frac{2 w x}{w+x}$.
On calcule que $4 O A^{-2}=|u+x|^{2}=2+u \bar{x}+\bar{u} x$. On a des expressions analogues pour $4 O B^{-2}$, etc. Par conséquent,

$$
\begin{aligned}
O A \cdot O C & =O B \cdot O D \\
& \Longleftrightarrow \quad(2+u \bar{x}+\bar{u} x)(2+v \bar{w}+\bar{v} w)=(2+u \bar{v}+\bar{u} v)(2+w \bar{x}+\bar{w} x) \\
& \Longleftrightarrow \quad u x(2+u \bar{x}+\bar{u} x) v w(2+v \bar{w}+\bar{v} w)=u v(2+u \bar{v}+\bar{u} v) w x(2+w \bar{x}+\bar{w} x) \\
& \Longleftrightarrow \quad\left(2 u x+u^{2}+x^{2}\right)\left(2 v w+v^{2}+w^{2}\right)=\left(2 u v+u^{2}+v^{2}\right)\left(2 w x+x^{2}+w^{2}\right) \\
& \Longleftrightarrow \quad 2 u v^{2} x+2 u w^{2} x+2 u^{2} v w+u^{2} v^{2}+2 v w x^{2}+w^{2} x^{2} \\
& =2 u v x^{2}+2 u v w^{2}+2 u^{2} w x+u^{2} x^{2}+2 v^{2} w x+v^{2} w^{2} \\
& \Longleftrightarrow 2(u-w) v^{2} x-2(u-w) u w x+2(u-w) u v w \\
& \quad-2(u-w) v x^{2}+(u-w)(u+w) v^{2}-(u-w)(u+w) x^{2}=0 \\
& \Longleftrightarrow 2 v^{2} x-2 u w x+2 u v w-2 v x^{2}+u v^{2}+v^{2} w-u x^{2}-w x^{2}=0 \\
& \Longleftrightarrow \quad 2 v x(v-x)+(v-x) w(v+x)+2 u w(v-x)+u(v+x)(v-x)=0 \\
& \Longleftrightarrow 2 v x+v w+v x+2 u w+u v+u x=0 \\
& \Longleftrightarrow 2(u w+x v)+(x+v)(u+w)=0 .
\end{aligned}
$$

D'autre part, $O$ appartient à la droite passant par les milieux de $[A D]$ et de $[B C]$ si et seulement si $0, \frac{a+d}{2}$ et $\frac{b+c}{2}$ sont alignés, ce qui se traduit par le fait que $\frac{a+d}{b+c}$ est réel, c'est-à-dire

$$
\frac{\frac{u x}{u+x}+\frac{x w}{x+w}}{\frac{u v}{u+v}+\frac{v w}{v+w}}=\frac{\frac{1}{u+x}+\frac{1}{w+x}}{\frac{1}{u+v}+\frac{1}{v+w}}
$$

On multiplie les numérateurs de chaque membre par $(u+x)(x+w)$ et les dénominateurs par $(u+v)(v+w)$, ce qui donne successivement

$$
\begin{aligned}
& \frac{x[u(x+w)+w(u+x)]}{v[u(v+w)+w(u+v)]}=\frac{2 x+(u+w)}{2 v+(u+w)} \\
& \quad \Longleftrightarrow \quad x[2 u w+u(u+w)][2 v+(u+w)]=v[2 u w+v(u+w)][2 x+(u+w)] \\
& \Longleftrightarrow \quad 2 x u w(u+w)+2 x^{2} v(u+w)+x^{2}(u+w)^{2} \\
& \quad=2 v u w(u+w)+2 x v^{2}(u+w)+v^{2}(u+w)^{2} \\
& \quad \Longleftrightarrow \quad 2(x-v) u w(u+w)+2(x-v) x v(u+w)+(x-v)(x+v)(u+w)^{2}=0
\end{aligned}
$$

Comme les côtés opposés ne sont pas parallèles, on a $u+w \neq 0$. En simplifiant par $(x-v)(u+w)$, on obtient la condition $2 u w+2 x v+(x+v)(u+w)=0$ qui est la même que la précédente.

On en conclut que $O A \cdot O C=O B \cdot O D$ si et seulement si $O$ appartient à la droite passant par les milieux de $[A D]$ et de $[B C]$. De même, on montre que $O A \cdot O C=O B \cdot O D$ si et seulement si $O$ appartient à la droite passant par les milieux de $[A B]$ et de $[C D]$.