problem: Soit $A B C D$ un carré de côté 1. À l'intérieur du carré, on trace les arcs de cercles de centres $A, B, C, D$ et de rayon 1 . Déterminer l'aire de chaque portion délimitée à l'intérieur du carré.

solution:
Considérons les aires $a, b, c$ des portions indiquées sur la figure.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_f0f76d91180c37423f27g-02.jpg?height=484&width=1064&top_left_y=574&top_left_x=517)

Comme l'aire du carré est égale à 1 , on a

$$
a+4 b+4 c=1 .
$$

Comme l'aire du quart de cercle $A B C$ est égale à $\pi / 4$, on a

$$
a+3 b+2 c=\pi / 4 \text {. }
$$

Considérons maintenant le secteur angulaire $O M N$ de rayon 1 et d'angle $\pi / 3$. Il a pour aire $\pi / 6$. D'autre part, le triangle $O M N$ a pour aire $\frac{\sqrt{3}}{4}$, donc l'aire de la "lune" est égale à $\frac{\pi}{6}-\frac{\sqrt{3}}{4}$. On en déduit que

$$
a+2 b+c=2\left(\frac{\pi}{6}-\frac{\sqrt{3}}{4}\right)+\frac{\sqrt{3}}{4}=\frac{\pi}{3}-\frac{\sqrt{3}}{4} .
$$

En soustrayant les équations (1) et (2) et les équations (1) et (3), on en déduit

$$
\begin{aligned}
b+2 c & =1-\frac{\pi}{4} \\
2 b+3 c & =1+\frac{\sqrt{3}}{4}-\frac{\pi}{3}
\end{aligned}
$$

ce qui donne facilement

$$
\begin{aligned}
b & =-1+\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\pi}{12} \\
c & =1-\frac{\sqrt{3}}{4}-\frac{\pi}{6} \\
a & =1-\sqrt{3}+\frac{\pi}{3}
\end{aligned}
$$

problem_match: Exercice 1.

solution_match: ## Solution de l'exercice 1


problem: Dans un cercle $\mathcal{C}$ de centre $O$, on trace une corde $[C D]$. Soit $\Gamma$ le cercle de diamètre $[C D]$ et $O^{\prime}$ son centre. La médiatrice de $[C D]$ coupe le cercle $\mathcal{C}$ en deux points $A$ et $B$ tels que $A$ est extérieur à $\Gamma$. Notons $T$ et $T^{\prime}$ les points de contact des tangentes à $\Gamma$ passant par $A$. Soit $F$ le milieu de $\left[T T^{\prime}\right]$. Montrer que $O^{\prime}$ est le milieu de $[B F]$.

solution:
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_f0f76d91180c37423f27g-03.jpg?height=576&width=567&top_left_y=449&top_left_x=779)

Comme les triangles $A F T$ et $A T O^{\prime}$ sont semblables, on a $\frac{A F}{A T}=\frac{A T}{A O^{\prime}}$. Or, $A T^{2}=A O^{\prime 2}-O^{\prime} T^{2}=$ $A O^{\prime 2}-O^{\prime} C^{2}$ donc $A F=\frac{A O^{\prime 2}-O^{\prime} C^{2}}{A O^{\prime}}$.
Comme les triangles $A C B$ et $A O^{\prime} C$ sont semblables, on a $\frac{A B}{A C}=\frac{A C}{A O^{\prime}}$. Or, $A C^{2}=A O^{\prime 2}+O^{\prime} C^{2}$ donc $A B=\frac{A O^{\prime 2}+O^{\prime} C^{2}}{A O^{\prime}}$.
En additionnant les égalités précédemment trouvées, on obtient $\frac{A F+A B}{2}=A O^{\prime}$.

problem_match: Exercice 2.

solution_match: ## Solution de l'exercice 2


problem:
Soit $A B C$ un triangle isocèle en $A$. Soient $M$ et $N$ deux points de $[B C]$. Les droites $[A M]$ et $[A N]$ recoupent le cercle circonscrit à $A B C$ en $P$ et $Q$.

1) Montrer que $M, N, P, Q$ sont cocycliques.
2) Soient $R_{1}$ et $R_{2}$ les rayons des cercles circonscrits à $B M P$ et $C M P$. Calculer $R_{1}+R_{2}$ en fonction des longueurs $A B$ et $B C$.

solution:
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_f0f76d91180c37423f27g-04.jpg?height=903&width=630&top_left_y=508&top_left_x=720)

1) $\widehat{P M N}=\widehat{P M C}=\pi-\widehat{M C P}-\widehat{C P M}=\pi-\widehat{B C P}-\widehat{C P A}=\pi-\widehat{B C P}-\widehat{C B A}$, et $\widehat{N Q P}=\widehat{A Q P}=\widehat{A C P}=\widehat{A C B}+\widehat{B C P}=\widehat{C B A}+\widehat{B C P}$,
donc $\widehat{P M N}=\pi-\widehat{N Q P}$, ce qui prouve la cocyclicité de $M, N, P, Q$.
2) D'après la loi des sinus, on a

$$
2\left(R_{1}+R_{2}\right)=\frac{B M}{\sin \widehat{M P B}}+\frac{C M}{\sin \widehat{C P M}}
$$

Or, $\widehat{M P B}=\widehat{A P B}=\widehat{A C B}$ et de même $\widehat{C P M}=\widehat{A C B}$, donc

$$
2\left(R_{1}+R_{2}\right)=\frac{B M+C M}{\sin \widehat{A C B}}=\frac{B C}{\sin \widehat{A C B}} .
$$

D'autre part, soit $H$ le projeté orthogonal de $A \operatorname{sur}(B C)$. On a $\sin \widehat{A C B}=\frac{A H}{A B}=\frac{\sqrt{A B^{2}-(B C / 2)^{2}}}{A B}$, donc

$$
R_{1}+R_{2}=\frac{A B \times B C}{2 \sqrt{A B^{2}-(B C / 2)^{2}}}
$$

## Exercices communs

problem_match: Exercice 3.

solution_match: ## Solution de l'exercice 3


problem: Soit $A B C$ un triangle. Les bissectrices de $\widehat{A}, \widehat{B}$ et $\widehat{C}$ recoupent le cercle circonscrit en $A^{\prime}, B^{\prime}$ et $C^{\prime}$ respectivement. Soit $I$ le centre du cercle inscrit à $A B C$. Les cercles de diamètres $\left[I A^{\prime}\right],\left[I B^{\prime}\right]$ et $\left[I C^{\prime}\right]$ coupent respectivement les droites $(B C),(C A)$ et $(A B)$ en $A_{1}$ et $A_{2}, B_{2}$ et $B_{2}$, $C_{1}$ et $C_{2}$. Montrer que $A_{1}, A_{2}, B_{1}, B_{2}, C_{1}, C_{2}$ sont cocycliques.

solution:
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_f0f76d91180c37423f27g-05.jpg?height=730&width=868&top_left_y=540&top_left_x=623)

Notons $\Gamma_{A}, \Gamma_{B}$ et $\Gamma_{C}$ les cercles de diamètres respectifs $\left[I A^{\prime}\right],\left[I B^{\prime}\right]$ et $\left[I C^{\prime}\right]$.
Remarquons d'abord que $I$ est l'orthocentre de $A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$. Pour le voir, montrons par exemple que $\left(A^{\prime} C^{\prime}\right) \perp\left(B^{\prime} I\right)$ :

$$
\begin{aligned}
\left(B^{\prime} I, A^{\prime} C^{\prime}\right) & =\left(B B^{\prime}, A^{\prime} C^{\prime}\right)=\left(B B^{\prime}, B A\right)+\left(A B, A A^{\prime}\right)+\left(A^{\prime} A, A^{\prime} C^{\prime}\right) \\
& =\left(B B^{\prime}, B A\right)+\left(A B, A A^{\prime}\right)+\left(C A, C C^{\prime}\right) \\
& =\frac{\widehat{B}+\widehat{A}+\widehat{C}}{2}=\frac{\pi}{2} \quad(\bmod \pi)
\end{aligned}
$$

Soit $B^{\prime \prime}$ le pied de la hauteur de $A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$ issue de $B^{\prime}$. Alors $B, B^{\prime \prime}$ et $I$ sont alignés d'après ce qui précède.
D'autre part, comme $\left(I B^{\prime \prime}\right) \perp\left(B^{\prime \prime} A^{\prime}\right), B^{\prime \prime}$ appartient à $\Gamma_{A}$. De même, il appartient à $\Gamma_{C}$, donc l'axe radical de ces deux cercles est $\left(I B^{\prime \prime}\right)$. On en déduit que $B$ appartient également à cet axe radical, ce qui entraîne que $B A_{1} \cdot B A_{2}=B C_{1} \cdot B C_{2}$ et donc $A_{1}, A_{2}, C_{1}, C_{2}$ sont cocycliques. Soit $\Gamma_{C A}$ le cercle passant par ces points.
On définit de même $\Gamma_{A B}$ et $\Gamma_{B C}$. Si ces trois cercles étaient deux à deux distincts, alors leurs axes radicaux pris deux à deux seraient $(A B),(B C)$ et $(C A)$ et ne seraient ni concourants ni parallèles, ce qui est impossible.
Donc deux de ces cercles sont confondus, et par conséquent $A_{1}, A_{2}, B_{1}, B_{2}, C_{1}, C_{2}$ sont cocycliques.

problem_match: Exercice 4.

solution_match: ## Solution de l'exercice 4


problem: Soit $A B C D$ un quadrilatère cyclique. Un cercle passant par $A$ et $B$ coupe $[A C]$ et $[B D]$ en $E$ et $F$. Les droites $(A F)$ et $(B E)$ coupent $[B C]$ et $[A D]$ en $P$ et $Q$ respectivement. Montrer que $(P Q)$ est parallèle à $(C D)$.

solution:
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_f0f76d91180c37423f27g-06.jpg?height=714&width=928&top_left_y=432&top_left_x=585)
$\widehat{A Q B}=\widehat{A Q E}=\pi-\widehat{Q E A}-\widehat{E A Q}=\widehat{A E B}-\widehat{C A D}$ et de même, $\widehat{A P B}=\widehat{A F B}-\widehat{C B D}$. Or, $\widehat{A E B}=\widehat{A F B}$ et $\widehat{C A D}=\widehat{C B D}$, donc $\widehat{A Q B}=\widehat{A P B}$. On en déduit que $A, B, P, Q$ sont cocycliques. Il vient: $(A D, P Q)=(Q A, Q P)=(B A, B P)=(B A, B C)=(D A, D C)$, donc $(P Q)$ et $(D C)$ sont parallèles.

problem_match: Exercice 5.

solution_match: Solution de l'exercice 5


problem: Soit $A$ un point extérieur à un cercle $\Gamma$. On mène deux tangentes $[A T]$ et $\left[A T^{\prime}\right]$ issues de $A$. Soient $M$ et $M^{\prime}$ les milieux de $[A T]$ et $\left[A T^{\prime}\right]$. Soit $P$ un point de $\left(M M^{\prime}\right)$. Notons $[U V]$ la corde de $\Gamma$ telle que $(P U)$ et $(P V)$ soient tangentes à $\Gamma$. La droite $(U V)$ coupe $\left(M M^{\prime}\right)$ en $Q$. Montrer que le triangle $P A Q$ est rectangle.

solution:
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_f0f76d91180c37423f27g-07.jpg?height=681&width=873&top_left_y=451&top_left_x=626)

Comme $M A=M T, M$ appartient à l'axe radical de $A$ et $\Gamma$ ( $A$ étant considéré comme un cercle de rayon nul). De même, $M^{\prime}$ appartient à cet axe radical, donc $P$ et $Q$ également. On en déduit que $P A=P U=P V$ et que $Q A^{2}=Q U \cdot Q V$.
Notons $H$ le projeté orthogonal de $P$ sur ( $U V$ ). On a

$$
\begin{aligned}
P A^{2}+Q A^{2} & =P U^{2}+Q U \cdot Q V=P H^{2}+H U^{2}+(Q H-H U)(Q H+H U) \\
& =P H^{2}+H U^{2}+Q H^{2}-H U^{2}=P H^{2}+Q H^{2}=P Q^{2}
\end{aligned}
$$

donc $P A Q$ est rectangle en $A$.

## Exercices du groupe A

problem_match: Exercice 6.

solution_match:
##
Solution de l'exercice 6


problem: Soit $A B C$ un triangle et $\omega$ son cercle inscrit. On note $P, Q, R$ les points de contact de $\omega$ avec $(B C),(C A)$ et $(A B)$. Un cercle passant par $B$ et $C$ est tangent en $X$ à $\omega$, un cercle passant par $C$ et $A$ est tangent en $Y$ à $\omega$ et un cercle passant par $A$ et $B$ est tangent en $Z$ à $\omega$. Montrer que les droites $(P X),(Q Y)$ et $(R Z)$ sont concourantes.

solution:
Rappelons d'abord quelques résultats sur la polarité que nous allons utiliser. Soit $\mathcal{C}$ un cercle de centre $O$ et de rayon $R$. Si $P$ est un point distinct de $O$, la polaire de $P$ par rapport à $\mathcal{C}$ est la droite formée des points $M$ tels que $\overrightarrow{O P} \cdot \overrightarrow{O M}=R^{2}$. Le pôle par rapport à $\mathcal{C}$ d'une droite $\mathcal{D}$ ne passant pas par $O$ est l'unique point $P$ tel que pour tout $M$ appartenant à $\mathcal{D}$ on a $\overrightarrow{O P} \cdot \overrightarrow{O M}=R^{2}$. À partir de cette définition, il est facile de montrer les propriétés suivantes:
(i) si $P$ est un point extérieur à $\mathcal{C}$ et $(P T),\left(P T^{\prime}\right)$ sont les deux tangentes à $\mathcal{C}$, alors la polaire de $P$ est la droite ( $T T^{\prime}$ );
(ii) trois points donnés sont alignés si et seulement si leurs polaires sont concourantes.
(Remarque : pour la propriété (ii), la droite sur laquelle se trouvent les trois points est la polaire du point de rencontre des trois droites.)
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_f0f76d91180c37423f27g-08.jpg?height=795&width=971&top_left_y=1093&top_left_x=580)

Revenons à l'exercice. Notons $\Gamma_{A}$ le cercle passant par $B, C$ et $X$. On définit de même les cercles $\Gamma_{B}$ et $\Gamma_{C}$. Soit $A^{\prime}$ le point de rencontre entre la tangente commune à $\omega$ et $\Gamma_{X}$, et la droite $(B C)$. On définit de même les points $B^{\prime}$ et $C^{\prime}$.
D'après la propriété (ii), la polaire de $A^{\prime}$ par rapport à $\omega$ est la droite $(P X)$. Il suffit donc d'après la propriété (i) de montrer que $A^{\prime}, B^{\prime}$ et $C^{\prime}$ sont alignés.
Soit $\Gamma$ le cercle circonscrit à $A B C$. Comme $A^{\prime}$ appartient à l'axe radical $(B C)$ de $\Gamma$ et $\Gamma_{A}$, on a $\mathcal{P}_{\Gamma}\left(A^{\prime}\right)=\mathcal{P}_{\Gamma_{A}}\left(A^{\prime}\right)=A^{\prime} X^{2}=\mathcal{P}_{\omega}\left(A^{\prime}\right)$. On en déduit que $A^{\prime}$ appartient à l'axe radical de $\Gamma$ et $\omega$. Il en va de même pour $B^{\prime}$ et $C^{\prime}$, ce qui prouve que $A^{\prime}, B^{\prime}$ et $C^{\prime}$ sont alignés.

problem_match: Exercice 7.

solution_match: Solution de l'exercice 7


problem: Soit $A B C$ un triangle. On note $P$ le milieu de l'arc du cercle circonscrit à $A B C$ contenant $A$. On suppose que la bissectrice de l'angle $\widehat{B A C}$ coupe le cercle de diamètre $[P C]$ en deux points $D$ et $E$. Soit $F$ le symétrique de $E$ par rapport à $(B C)$ et $I$ le milieu de $[B C]$. Montrer que $B, D, F, I$ sont cocycliques.

solution:
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_f0f76d91180c37423f27g-09.jpg?height=701&width=717&top_left_y=460&top_left_x=715)

On applique l'inversion $i$ de pôle $I$ et de puissance $-I B \cdot I C$. Soit $Q$ le point diamétralement opposé à $P$. Alors $i$ échange $P$ et $Q$ d'une part, et $B$ et $C$ d'autre part. Comme le cercle de diamètre $[P C]$ passe par $I$, son image par $i$ est une droite. Or, $i(P)=Q$ et $i(C)=B$, donc $i$ transforme le cercle de diamètre $[P C]$ en la droite $(B Q)$.
La bissectrice de $\widehat{A}$ est transformée en un cercle passant par $I$ et par $P$.
Notons $K=i(D), L=i(E)$ et $M=i(F)$. D'après ce qui précède, les points $K$ et $L$ appartiennent à $(B Q)$, et $P, I, K, L$ sont cocycliques. De plus, $L$ et $M$ sont symétriques par rapport à $(B C)$.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_f0f76d91180c37423f27g-09.jpg?height=553&width=614&top_left_y=1591&top_left_x=753)

Enfin, remarquons que $Q I \cdot Q P=Q B^{2}$ car $Q B I$ et $Q P B$ sont semblables. En utilisant la puissance par rapport au cercle $P I K L$, on obtient que $Q K \cdot Q L=Q B^{2}$, donc $K$ et $L$ sont inverses par rapport au cercle de centre $Q$ et de rayon $Q B$. On est ainsi ramenés à démontrer le lemme suivant :
Lemme: Soit $\mathcal{C}$ un cercle de centre $Q$. Soit $[B C]$ une corde de $\mathcal{C}$ et $L$ un point de $(Q B)$. Alors $C$, l'inverse de $L$ par rapport à $\mathcal{C}$ et le symétrique de $L$ par rapport à $(B C)$ sont alignés.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_f0f76d91180c37423f27g-10.jpg?height=798&width=1055&top_left_y=132&top_left_x=535)

problem_match: Exercice 8.

solution_match: ## Solution de l'exercice 8


solution:
du lemme: on note toujours $I$ le milieu de $[B C]$. Soit $\Delta$ la médiatrice de $[B C]$ et $L^{\prime}$ le symétrique de $L$ par rapport à $\Delta$. On a

$$
\left[B L^{\prime}\right]=\operatorname{sym}_{\Delta}([C L])=\operatorname{sym}_{\Delta} \operatorname{sym}_{(B C)}([C M])=\operatorname{sym}_{I}([C M]),
$$

donc $(C M)$ et $\left(L^{\prime} B\right)$ sont parallèles.
D'autre part, $\frac{Q B}{Q K}=\frac{Q L}{Q B}=\frac{Q L^{\prime}}{Q C}$ donc $\left(L^{\prime} B\right)$ et $(C K)$ sont parallèles. Finalement, $(C M)$ et $(C K)$ sont parallèles, donc $C, K, M$ sont alignés.

solution_match: Première démonstration


solution:
du lemme : on conserve les notations du paragraphe précédent. On note $b, c, k, \ell, \ell^{\prime}, m$ les affixes de $B, C, K, L, L^{\prime}, M$, et on peut supposer que $Q$ est l'origine, que $|b|=1$ et que $c=\bar{b}$.
Comme $L$ appartient à $(Q B)$, il existe $t \in \mathbb{R}$ tel que $\ell=t b$.
Comme $K$ et $L$ sont inverses par rapport au cercle, on a $k=\frac{1}{t} b$.
On a $\ell^{\prime}=\bar{\ell}$. Le fait que $L^{\prime}$ est le symétrique $M$ par rapport à $I$ se traduit par $\ell^{\prime}+m=b+c$. Il vient $m=b+c-\bar{\ell}=b+c-t c$.
On en déduit que $\overrightarrow{C M}=m-c=b-t c=t k-t c=t \overrightarrow{C K}$, par conséquent $C, K, M$ sont alignés.

solution_match: Deuxième démonstration


problem: Soit $A B C$ un triangle isocèle en $A, D$ le pied de la hauteur issue de $A$ et $M$ un point intérieur à $A D C$ tel que $\widehat{A M B}$ est obtus et $\widehat{D B M}+\widehat{D A M}=\widehat{M C B}$. Les droites $(C M)$ et $(A D)$ se coupent en $P$, et les droites $(B M)$ et $(A D)$ se coupent en $Q$. Soit $S$ un point de $[A B]$ et $R$ un point de $[A M)$ qui n'est pas sur $[A M]$ tel que $\widehat{S Q B}=\widehat{D P C}$ et $\widehat{M R Q}=2 \widehat{Q A M}$. Montrer que $Q R S$ est isocèle.

solution:
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_f0f76d91180c37423f27g-11.jpg?height=825&width=762&top_left_y=498&top_left_x=676)

Notons $\alpha=\widehat{B A D}, \beta=\widehat{C B M}, \gamma=\widehat{M C B}$ et $\theta=\widehat{D A M}$. Par hypothèse, on a $\beta+\theta=\gamma$, $\widehat{S Q B}=\widehat{D P C}=\frac{\pi}{2}-\gamma$ et $\widehat{M R Q}=2 \theta$.
On a $\widehat{Q S A}=\pi-\widehat{B S Q}=\widehat{Q B S}+\widehat{S Q B}=\left(\frac{\pi}{2}-\alpha-\beta\right)+\left(\frac{\pi}{2}-\gamma\right)=\pi-(\alpha+\beta+\gamma)$.
D'après la loi des sinus pour les triangles $Q A S$ et $Q A R$, on a

$$
\frac{Q S}{Q R}=\frac{Q S}{Q A} \times \frac{Q A}{Q R}=\frac{\sin \alpha}{\sin (\alpha+\beta+\gamma)} \frac{\sin 2 \theta}{\sin \theta}=\frac{2 \sin \alpha \cos \theta}{\sin (\alpha+\beta+\gamma)}
$$

On doit montrer que ce rapport est égal à 1.
D'après le théorème de Ceva trigonométrique appliqué au point $M$ dans le triangle $A B C$, on a

$$
\frac{\sin (\alpha+\theta)}{\sin (\alpha-\theta)} \times \frac{\sin \beta}{\sin \left(\frac{\pi}{2}-\alpha-\beta\right)} \times \frac{\sin \left(\frac{\pi}{2}-\alpha-\gamma\right)}{\sin \gamma}=1
$$

donc $\sin (\alpha+\theta) \sin \beta \cos (\alpha+\gamma)=\sin (\alpha-\theta) \cos (\alpha+\beta) \sin \gamma$.
En utilisant l'identité $2 \sin x \cos y=\sin (x+y)+\sin (x-y)$, on en déduit

$$
\sin (\alpha+\theta)[\sin (\alpha+\beta+\gamma)-\sin (\alpha+\gamma-\beta)]=\sin (\alpha-\theta)[\sin (\alpha+\beta+\gamma)-\sin (\alpha+\beta-\gamma)]
$$

Compte tenu de $\gamma-\beta=\theta$,

$$
\sin (\alpha+\theta)[\sin (\alpha+\beta+\gamma)-\sin (\alpha+\theta)]=\sin (\alpha-\theta)[\sin (\alpha+\beta+\gamma)-\sin (\alpha-\theta)]
$$

ou encore $(\sin (\alpha+\theta)-\sin (\alpha-\theta))[\sin (\alpha+\beta+\gamma)-(\sin (\alpha+\theta)+\sin (\alpha-\theta))]$.
Il vient $\sin (\alpha+\beta+\gamma)=\sin (\alpha+\theta)+\sin (\alpha-\theta))=2 \sin \alpha \cos \theta$.

problem_match: Exercice 9.

solution_match: ## Solution de l'exercice 9