{"year": "2013", "tier": "T2", "problem_label": "1", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "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)\n\nOn observe d'abord que $(M I) \\perp(M J)$ puisque dans un triangle, les bissectrices intérieure et extérieure en un point sont perpendiculaires.\n\nD'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 $M$.\n\nDe 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.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi6-corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 1.", "solution_match": "## Solution."}}
{"year": "2013", "tier": "T2", "problem_label": "2", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "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.\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_20871c0e8ebe28943e15g-2.jpg?height=573&width=890&top_left_y=695&top_left_x=420)\n\nNotons $E$ 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 $E$.\n\nDe 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.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi6-corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 2.", "solution_match": "\nSolution."}}
{"year": "2013", "tier": "T2", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "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 $I J=I K$.\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_20871c0e8ebe28943e15g-3.jpg?height=625&width=627&top_left_y=498&top_left_x=754)", "solution": "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.\n\nNotons $M$ 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, $M J=I N$.\n\nComme $M J L$ 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).\n\nDes 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 $I J=I K$.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi6-corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 3.", "solution_match": "## Solution 1."}}
{"year": "2013", "tier": "T2", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "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 $I J=I K$.\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_20871c0e8ebe28943e15g-3.jpg?height=625&width=627&top_left_y=498&top_left_x=754)", "solution": "$$\n\\begin{aligned}\nI J^{2}-I K^{2} & =\\overrightarrow{I J} \\cdot \\overrightarrow{I J}-\\overrightarrow{I K} \\cdot \\overrightarrow{I K}=(\\overrightarrow{I J}+\\overrightarrow{I K}) \\cdot(\\overrightarrow{I J}-\\overrightarrow{I K}) \\\\\n& =(\\overrightarrow{I D}+\\overrightarrow{D J}+\\overrightarrow{I C}+\\overrightarrow{C K}) \\cdot \\overrightarrow{K J}=(\\overrightarrow{D J}+\\overrightarrow{C K}) \\cdot(\\overrightarrow{L J}-\\overrightarrow{L K}) \\\\\n& =\\overrightarrow{C K} \\cdot \\overrightarrow{L J}-\\overrightarrow{D J} \\cdot \\overrightarrow{L K} \\quad \\operatorname{car}(D J) \\perp(L J) \\text { et }(C K) \\perp(L K) \\\\\n& =C K \\cdot L J \\cos (\\overrightarrow{C K}, \\overrightarrow{L J})-D J \\cdot L K \\cos (\\overrightarrow{D J}, \\overrightarrow{L K})\n\\end{aligned}\n$$\n\nOr, $\\overrightarrow{L K}$ 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\n\n$$\n\\frac{C K}{L K}=\\cot \\widehat{K C L}=\\cot \\widehat{B C A}=\\cot \\widehat{B D A}=\\cot \\widehat{L D J}=\\frac{D J}{L J}\n$$", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi6-corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 3.", "solution_match": "## Solution 2."}}
{"year": "2013", "tier": "T2", "problem_label": "4", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "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.\n![](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 $(D E, D F)=(D E, D C)+$ $(D B, D F)=(C D, C E)+(B F, B D)=(B C, A C)+(A B, B C)=(A B, A C)$.\n\nComme $E G=E D$ 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.\n\nOn 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\n\n$$\n\\begin{aligned}\n2(\\overrightarrow{G B}, \\overrightarrow{G C}) & =-2(\\overrightarrow{B D}, \\overrightarrow{B F})-2(\\overrightarrow{C E}, \\overrightarrow{C D}) \\\\\n& =-2(\\overrightarrow{B C}, \\overrightarrow{B A})-2(\\overrightarrow{C A}, \\overrightarrow{C B})-2(\\overrightarrow{C B}, \\overrightarrow{B C}) \\\\\n& =-2(\\overrightarrow{C A}, \\overrightarrow{B A})=2(\\overrightarrow{A B}, \\overrightarrow{A C})\n\\end{aligned}\n$$\n\nDonc $A, B, C, G$ sont cocycliques.\nComme $F G=F B$ 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.\n\nExrercice 5. Soient $A, B, C, D, E$ des points dans cet ordre sur un demi-cercle de rayon 1. Démontrer que\n\n$$\nA B^{2}+B C^{2}+C D^{2}+D E^{2}+A B \\cdot B C \\cdot C D+B C \\cdot C D \\cdot D E \\leqslant 4\n$$", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi6-corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 4.", "solution_match": "## Solution."}}
{"year": "2013", "tier": "T2", "problem_label": "4", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "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.\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_20871c0e8ebe28943e15g-4.jpg?height=763&width=852&top_left_y=594&top_left_x=729)", "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.\n\nD'après la formule d'Al-Kashi,\n\n$$\n\\begin{aligned}\nA B^{2}+B C^{2} & =A C^{2}+2 A B \\cdot B C \\cos \\widehat{A B C} \\\\\nC D^{2}+D E^{2} & =C E^{2}+2 C D \\cdot D E \\cos \\widehat{C D E} \\\\\nA C^{2}+C E^{2} & =A E^{2}\n\\end{aligned}\n$$\n\nEn additionnant ces trois égalités, compte tenu de $A E^{2}=4$, on obtient\n\n$$\nA B^{2}+B C^{2}+C D^{2}+D E^{2}=4+2 A B \\cdot B C \\cos \\widehat{A B C}+2 C D \\cdot D E \\cos \\widehat{C D E},\n$$\n\ndonc on se ramène à montrer que\n\n$$\n\\begin{gathered}\n2 A B \\cdot B C \\cos \\widehat{A B C}+2 C D \\cdot D E \\cos \\widehat{C D E}+A B \\cdot B C \\cdot C D+B C \\cdot C D \\cdot D E \\leqslant 0 . \\\\\n\\text { Or, } C D \\leqslant C E=A E \\cos \\widehat{A E C}=2 \\cos \\left(180^{\\circ}-\\widehat{A B C}\\right)=-2 \\cos \\widehat{A B C} \\text {, donc } \\\\\nA B \\cdot B C \\cdot C D+2 A B \\cdot B C \\cos \\widehat{A B C} \\leqslant 0\n\\end{gathered}\n$$\n\net de même\n\n$$\nB C \\cdot C D \\cdot D E+2 C D \\cdot D E \\cos \\widehat{C D E} \\leqslant 0\n$$\n\nOn conclut en additionnant ces deux dernières inégalités.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi6-corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 4.", "solution_match": "\nSolution."}}
{"year": "2013", "tier": "T2", "problem_label": "6", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "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 $r$.\n![](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 $C=\\left(\\frac{\\sqrt{3}}{2},-\\frac{1}{2}\\right)$.\n\nComme $C E=\\sqrt{3}$, on a $C N=r \\sqrt{3}$ donc $\\overrightarrow{C N}=(-r \\sqrt{3}, 0)$. On en déduit que\n\n$$\nN=\\left(\\frac{\\sqrt{3}}{2}-r \\sqrt{3},-\\frac{1}{2}\\right)\n$$\n\nComme $\\overrightarrow{A C}=\\left(\\frac{\\sqrt{3}}{2},-\\frac{3}{2}\\right)$, on a $\\overrightarrow{A M}=\\left(\\frac{\\sqrt{3}}{2} r,-\\frac{3 r}{2}\\right)$ donc\n\n$$\nM=\\left(\\frac{\\sqrt{3}}{2} r, 1-\\frac{3 r}{2}\\right)\n$$\n\nOn calcule aisément que\n\n$$\n\\overrightarrow{B M}=\\left(\\frac{\\sqrt{3}}{2}(r-1), \\frac{1}{2}-\\frac{3 r}{2}\\right), \\quad \\overrightarrow{B N}=(-r \\sqrt{3},-1)\n$$\n\nLe fait que $B, M, N$ sont alignés signifie que ces deux vecteurs sont colinéaires, ce qui équivaut à\n\n$$\n\\frac{\\sqrt{3}}{2}(1-r)+r \\sqrt{3}\\left(\\frac{1}{2}-\\frac{3 r}{2}\\right)=0\n$$\n\nce qui se simplifie en $r=\\frac{1}{\\sqrt{3}}$.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi6-corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 6.", "solution_match": "## Solution."}}
{"year": "2013", "tier": "T2", "problem_label": "7", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "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)\n\nRappelons 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 $(\\delta, B C)=(A B, A C)$.\n\nSoient $\\delta$ et $\\delta^{\\prime}$ les tangentes en $P$ aux cercles $(K P C)$ et $(A P T)$ respectivement. On a\n\n$$\n(\\delta, P K)=(C P, C K)=(C P, C M)=(A P, A M)\n$$\n\net\n\n$$\n\\begin{aligned}\n\\left(\\delta^{\\prime}, P K\\right) & =\\left(\\delta^{\\prime}, P T\\right)+(P T, P K)=(A P, A T)+(T B, T K) \\\\\n& =(A P, A M)+(A M, A T)+(T B, T K)=(A P, A M)\n\\end{aligned}\n$$\n\npuisque $(T B)=(A T)$ et $(A M)=(T K)$.\nOn en déduit que $\\delta$ et $\\delta^{\\prime}$ sont parallèles. Or, elles ont un point commun, donc elles sont égales.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi6-corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 7.", "solution_match": "## Solution."}}
{"year": "2013", "tier": "T2", "problem_label": "8", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "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 $A B=C D$.\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_20871c0e8ebe28943e15g-8.jpg?height=765&width=1272&top_left_y=561&top_left_x=410)\n\nSoit $\\ell$ 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 $\\ell / / \\ell_{1}$.\n\nD'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\n\n$$\n(A B, A P)=(Q B, Q P)=(Q M, Q P)=(\\ell, M P)=\\left(\\ell_{1}, A P\\right)\n$$\n\nd'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 $A B=C D$.\n\nExrtcice 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)\n\nNotons $E$ 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.\n\nSoit $F$ 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.\n$E$ 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\n\n$$\n\\overline{E K} \\cdot \\overline{E F}=\\overline{E A} \\cdot \\overline{E D}=\\overline{E B} \\cdot \\overline{E C}=\\overline{E M} \\cdot \\overline{E L},\n$$\n\ndonc $M, L, K, F$ sont cocycliques.\nFinalement, $L$ et $N$ sont sur le cercle $M K F$ donc $K, L, M, N$ sont cocycliques.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi6-corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 8.", "solution_match": "## Solution."}}