{"year": "2014", "tier": "T2", "problem_label": "1", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "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)\n\nComme $A, B, A^{\\prime}, B^{\\prime}$ 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.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2013-2014-envoi-1-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 1.", "solution_match": "## Solution."}}
{"year": "2014", "tier": "T2", "problem_label": "2", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "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.\n![](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 $O_{2}$.\n\nComme $O_{1}$ 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.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2013-2014-envoi-1-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 2.", "solution_match": "## Solution."}}
{"year": "2014", "tier": "T2", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "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)\n\nOn 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 $K$.\n\n## Exercices communs", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2013-2014-envoi-1-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 3.", "solution_match": "## Solution."}}
{"year": "2014", "tier": "T2", "problem_label": "4", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "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 $\\widehat{C H D}$.\n![](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.\n\nPar conséquent, $\\widehat{C H O}=\\widehat{C A O}=\\frac{1}{2}(\\widehat{C A O}+\\widehat{O C A})=\\frac{1}{2}\\left(180^{\\circ}-\\widehat{A O C}\\right)=90^{\\circ}-\\widehat{A B C}=$ $30^{\\circ}$.\n\nDe 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 $\\widehat{C H D}$.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2013-2014-envoi-1-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 4.", "solution_match": "## Solution."}}
{"year": "2014", "tier": "T2", "problem_label": "5", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "A l'extérieur du triangle $A B C$ on construit les deux points $X$ et $Y$ vérifiant :\n\n- le triangle $A X B$ est isocèle de base $[A B]$;\n- le triangle $B Y C$ est isocèle de base $[B C]$;\n$-\\widehat{A X B}+\\widehat{B Y C}=180^{\\circ}$.\nSoit $Z$ 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 $[A B]$.\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_1f753c76f766c3db9fd0g-03.jpg?height=529&width=735&top_left_y=321&top_left_x=348)\n\nOn a\n\n- $(X E) \\perp(D Z)$ car $(D Z) / /(A B)$\n- $(E Z) \\perp(D Y)$ car $(E Z) / /(B C)$\n- $\\frac{X E}{D Z}=\\frac{X E}{E A}=\\frac{C D}{D Y}=\\frac{E Z}{D Y}$ (la deuxième égalité provient du fait que les triangles rectangles $X E A$ et $C D Y$ sont semblables)\ndonc $X E Z$ et $Z D Y$ sont semblables. Comme $(X E) \\perp(D Z)$, on en déduit que $(X Z) \\perp$ $(Z Y)$.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2013-2014-envoi-1-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 5.", "solution_match": "\nSolution."}}
{"year": "2014", "tier": "T2", "problem_label": "6", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "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)\n\nSoit $O$ 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 $\\Delta$.\n\nLa 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 $O$ ).\n\nLa symétrie $s_{\\Delta}$ par rapport à $\\Delta$ envoie $O$ sur $N$ et $K$ sur $M$.\nPar 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 $P M=O N=2 d(O, \\Delta)$.\n\n## Exercices groupe A", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2013-2014-envoi-1-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 6.", "solution_match": "## Solution."}}
{"year": "2014", "tier": "T2", "problem_label": "7", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "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 $[D A]$.\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_1f753c76f766c3db9fd0g-04.jpg?height=703&width=609&top_left_y=727&top_left_x=384)\n\nOn 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.\n\nNotons $[\\vec{u}, \\vec{v}]$ 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.\n\nOn vérifie facilement les propriétés suivantes:\n\n- $[\\vec{u}, \\vec{v}]=-[\\vec{v}, \\vec{u}]$\n- $[\\vec{u}, \\vec{v}+\\vec{w}]=[\\vec{u}, \\vec{v}]+[\\vec{u}, \\vec{w}]$\n- $[\\vec{v}+\\vec{w}, \\vec{u}]=[\\vec{v}, \\vec{u}]+[\\vec{w}, \\vec{u}]$.\n(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.)\n\nComme $I K=B C / 2$ 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\n\n$$\n[\\overrightarrow{A B}, \\overrightarrow{C D}]= \\pm[\\overrightarrow{A D}, \\overrightarrow{B C}]\n$$\n\nOn a\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& {[\\overrightarrow{A B}, \\overrightarrow{C D}]=[\\overrightarrow{A D}, \\overrightarrow{B C}]} \\\\\n& \\quad \\Longleftrightarrow \\quad[\\overrightarrow{A B}, \\overrightarrow{A D}]-[\\overrightarrow{A B}, \\overrightarrow{A C}]=[\\overrightarrow{A D}, \\overrightarrow{A C}]-[\\overrightarrow{A D}, \\overrightarrow{A B}] \\\\\n& \\quad \\Longleftrightarrow \\quad[\\overrightarrow{A C}, \\overrightarrow{A B}]=[\\overrightarrow{A D}, \\overrightarrow{A C}] \\\\\n& \\\\\n& \\quad \\Longleftrightarrow \\quad(A C) \\text { partage le quadrilatère en deux parties d'aires égales. }\n\\end{aligned}\n$$\n\nDe 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.\n\nAutre solution. Comme ci-dessus, on remarque que $I M J K$ et que $I N J L$ sont des parallélogrammes.\n\nSi $(A D) / /(B C)$ 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.\n\nOn 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 : $X=[D A) \\cap[C B), Y=[B A) \\cap[C D)$.\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_1f753c76f766c3db9fd0g-05.jpg?height=511&width=700&top_left_y=818&top_left_x=363)\n\nL'aire de $I M J K$ est égale à\n\n$$\nK J \\cdot K I \\sin \\widehat{I K J}=\\frac{1}{4} B C \\cdot A D \\sin \\widehat{A X B}\n$$\n\nL'aire de $I N J L$ est égale à\n\n$$\nN J \\cdot N I \\sin \\widehat{J N I}=\\frac{1}{4} A B \\cdot C D \\sin \\widehat{A Y D}\n$$\n\nD'après la loi des sinus pour les triangles $A X B$ et $A Y D$, on a\n\n$$\n\\frac{\\sin \\widehat{A X B}}{\\sin \\widehat{A Y D}}=\\frac{A B \\sin \\widehat{X A B}}{B X} \\frac{D Y}{A D \\sin \\widehat{Y A D}}=\\frac{A B \\cdot D Y}{B X \\cdot A D}\n$$\n\nEn 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\n\n$$\n\\frac{C B}{B X}=\\frac{C D}{D Y}\n$$\n\nCette dernière égalité équivaut à dire que $(X Y) / /(B D)$.\nOn 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 $C J D)$.\n\nIl 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.\n\nEn 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 $A$.\n\nRéciproquement, 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 $A^{\\prime}=\\left(B Y^{\\prime}\\right) \\cap(D X)$.\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_1f753c76f766c3db9fd0g-06.jpg?height=581&width=751&top_left_y=300&top_left_x=416)\n\nD'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.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2013-2014-envoi-1-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 7.", "solution_match": "\nSolution."}}
{"year": "2014", "tier": "T2", "problem_label": "8", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "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)\n\nNotons $\\theta=(D E, D F)=(E F, E D)$. 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.\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_1f753c76f766c3db9fd0g-06.jpg?height=329&width=728&top_left_y=2183&top_left_x=384)\n\nSoient $P$ et $Q$ les seconds points d'intersection des droites $(D F)$ et $(E F)$ avec le cercle circonscrit au triangle DME. On a\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_1f753c76f766c3db9fd0g-07.jpg?height=481&width=939&top_left_y=323&top_left_x=363)\n\nComme $D F=D E$, 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 $F$.\n\nAutre 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.\n\nNotons $\\varphi$ 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\n\n$$\n\\begin{aligned}\n\\frac{M F}{\\sin \\beta} & =\\frac{D F}{\\sin (\\beta+\\varphi+\\theta)} \\\\\n\\frac{M F}{\\sin \\gamma} & =\\frac{E F}{\\sin (\\varphi-\\gamma-\\theta)}\n\\end{aligned}\n$$\n\nComme $D F=E F$, en divisant ces deux égalités on obtient\n\n$$\n\\frac{\\sin \\gamma}{\\sin \\beta}=\\frac{\\sin (\\varphi-\\gamma-\\theta)}{\\sin (\\beta+\\varphi+\\theta)}\n$$\n\nEn utilisant la formule $\\sin (x+y)=\\sin x \\cos y+\\cos x \\sin y$, on en déduit\n\n$$\n\\frac{\\sin \\gamma}{\\sin \\beta}=\\frac{\\sin (\\varphi) \\cos (\\gamma+\\theta)-\\cos \\varphi \\sin (\\gamma+\\theta)}{\\sin (\\varphi) \\cos (\\beta+\\theta)+\\cos \\varphi \\sin (\\beta+\\theta)}\n$$\n\nOn chasse les dénominateurs et on rassemble les termes en $\\sin \\varphi$ et en $\\cos \\varphi$ :\n\n$$\n\\cos \\varphi(\\sin \\gamma \\sin (\\beta+\\theta)+\\sin \\beta \\sin (\\gamma+\\theta)))=\\sin \\varphi(-\\sin \\gamma \\cos (\\beta+\\theta)+\\sin \\beta \\cos (\\gamma+\\theta))\n$$\n\nComme\n\n$$\n\\begin{aligned}\n- & \\sin \\gamma \\cos (\\beta+\\theta)+\\sin \\beta \\cos (\\gamma+\\theta) \\\\\n& =-\\sin \\gamma(\\cos \\beta \\cos \\theta-\\sin \\beta \\sin \\theta)+\\sin \\beta(\\cos \\gamma \\cos \\theta-\\sin \\gamma \\sin \\theta) \\\\\n& =\\cos \\theta \\sin (\\beta-\\gamma),\n\\end{aligned}\n$$\n\non obtient\n\n$$\n\\tan \\varphi=\\frac{\\sin \\gamma \\sin (\\beta+\\theta)+\\sin \\beta \\sin (\\gamma+\\theta)}{\\cos \\theta \\sin (\\beta-\\gamma)}\n$$\n\nSoit $\\varphi^{\\prime}=(F N, D E)$. 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.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2013-2014-envoi-1-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 8.", "solution_match": "## Solution."}}
{"year": "2014", "tier": "T2", "problem_label": "9", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "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 $[C D)$.\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_1f753c76f766c3db9fd0g-08.jpg?height=717&width=633&top_left_y=433&top_left_x=364)\n\n1) 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,\n\n$$\n\\widehat{I B O}+\\widehat{J C O}=\\frac{1}{2}(\\widehat{A B C}+\\widehat{B C D})=\\frac{1}{2}(\\pi+\\widehat{B P C})=\\pi-\\widehat{P I J}=\\widehat{I B O}+\\widehat{I O B}\n$$\n\nAlors $\\widehat{J C O}=\\widehat{I O B}$ 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 $O A \\cdot O C=O B \\cdot O D$.\n2) On suppose maintenant que $O A \\cdot O C=O B \\cdot O D$. On note que\n\n$$\n\\begin{aligned}\n\\widehat{A O B}+\\widehat{C O D} & =(\\pi-\\widehat{O A B}-\\widehat{O B A})+(\\pi-\\widehat{O C D}-\\widehat{O D C}) \\\\\n& =\\pi-\\frac{1}{2}(\\widehat{D A B}+\\widehat{A B C}+\\widehat{B C D}+\\widehat{C D A})=\\pi\n\\end{aligned}\n$$\n\nPar 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\n\n$$\n\\widehat{I O B}=\\widehat{O C J}=\\widehat{O C B}, \\quad \\widehat{C O J}=\\widehat{I B O}=\\widehat{O B C}\n$$\n\nOn obtient que\n\n$$\n\\widehat{I O B}+\\widehat{B O C}+\\widehat{C O J}=\\widehat{O C B}+\\widehat{B O C}+\\widehat{O B C}=\\pi,\n$$\n\ndonc $O$ se trouve sur $(I J)$. De même, $O$ se trouve sur l'autre ligne médiane du quadrilatère $A B C D$.\n\nAutre solution. On peut résoudre l'exercice par une méthode analytique utilisant les nombres complexes. Les calculs sont longs mais pas impraticables.\n\nNotons $U, V, W, X$ 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 $A, B, C, D, U, V, W, X$.\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_1f753c76f766c3db9fd0g-09.jpg?height=596&width=668&top_left_y=423&top_left_x=357)\n\nUn 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\n\n$$\na=\\frac{2 u x}{u+x} .\n$$\n\nDe même, on a $b=\\frac{2 u v}{u+v}, c=\\frac{2 v w}{v+w}$ et $d=\\frac{2 w x}{w+x}$.\nOn 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,\n\n$$\n\\begin{aligned}\nO A \\cdot O C & =O B \\cdot O D \\\\\n& \\Longleftrightarrow \\quad(2+u \\bar{x}+\\bar{u} x)(2+v \\bar{w}+\\bar{v} w)=(2+u \\bar{v}+\\bar{u} v)(2+w \\bar{x}+\\bar{w} x) \\\\\n& \\Longleftrightarrow \\quad u x(2+u \\bar{x}+\\bar{u} x) v w(2+v \\bar{w}+\\bar{v} w)=u v(2+u \\bar{v}+\\bar{u} v) w x(2+w \\bar{x}+\\bar{w} x) \\\\\n& \\Longleftrightarrow \\quad\\left(2 u x+u^{2}+x^{2}\\right)\\left(2 v w+v^{2}+w^{2}\\right)=\\left(2 u v+u^{2}+v^{2}\\right)\\left(2 w x+x^{2}+w^{2}\\right) \\\\\n& \\Longleftrightarrow \\quad 2 u v^{2} x+2 u w^{2} x+2 u^{2} v w+u^{2} v^{2}+2 v w x^{2}+w^{2} x^{2} \\\\\n& =2 u v x^{2}+2 u v w^{2}+2 u^{2} w x+u^{2} x^{2}+2 v^{2} w x+v^{2} w^{2} \\\\\n& \\Longleftrightarrow 2(u-w) v^{2} x-2(u-w) u w x+2(u-w) u v w \\\\\n& \\quad-2(u-w) v x^{2}+(u-w)(u+w) v^{2}-(u-w)(u+w) x^{2}=0 \\\\\n& \\Longleftrightarrow 2 v^{2} x-2 u w x+2 u v w-2 v x^{2}+u v^{2}+v^{2} w-u x^{2}-w x^{2}=0 \\\\\n& \\Longleftrightarrow \\quad 2 v x(v-x)+(v-x) w(v+x)+2 u w(v-x)+u(v+x)(v-x)=0 \\\\\n& \\Longleftrightarrow 2 v x+v w+v x+2 u w+u v+u x=0 \\\\\n& \\Longleftrightarrow 2(u w+x v)+(x+v)(u+w)=0 .\n\\end{aligned}\n$$\n\nD'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\n\n$$\n\\frac{\\frac{u x}{u+x}+\\frac{x w}{x+w}}{\\frac{u v}{u+v}+\\frac{v w}{v+w}}=\\frac{\\frac{1}{u+x}+\\frac{1}{w+x}}{\\frac{1}{u+v}+\\frac{1}{v+w}}\n$$\n\nOn multiplie les numérateurs de chaque membre par $(u+x)(x+w)$ et les dénominateurs par $(u+v)(v+w)$, ce qui donne successivement\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\frac{x[u(x+w)+w(u+x)]}{v[u(v+w)+w(u+v)]}=\\frac{2 x+(u+w)}{2 v+(u+w)} \\\\\n& \\quad \\Longleftrightarrow \\quad x[2 u w+u(u+w)][2 v+(u+w)]=v[2 u w+v(u+w)][2 x+(u+w)] \\\\\n& \\Longleftrightarrow \\quad 2 x u w(u+w)+2 x^{2} v(u+w)+x^{2}(u+w)^{2} \\\\\n& \\quad=2 v u w(u+w)+2 x v^{2}(u+w)+v^{2}(u+w)^{2} \\\\\n& \\quad \\Longleftrightarrow \\quad 2(x-v) u w(u+w)+2(x-v) x v(u+w)+(x-v)(x+v)(u+w)^{2}=0\n\\end{aligned}\n$$\n\nComme 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.\n\nOn 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 $[C D]$.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2013-2014-envoi-1-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 9.", "solution_match": "\nSolution."}}