problem:
Soit $A B C D$ un quadrilatère convexe (c'est-à-dire que ses diagonales sont à l'intérieur de $A B C D$ ), et $P$ l'intersection de ses diagonales $[A C]$ et $[B D]$. On note $\mathrm{O}_{1}, \mathrm{O}_{2}, \mathrm{O}_{3}$ et $\mathrm{O}_{4}$ les centres des cercles circonscrits à $A B P, B C P, C D P$ et DAP.
Montrer que $\mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{2} \mathrm{O}_{3} \mathrm{O}_{4}$ est un parallélogramme.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_3f6ff51dc455c10af78ag-1.jpg?height=570&width=963&top_left_y=520&top_left_x=608)

solution:
$1 \quad \mathrm{O}_{1}$ et $\mathrm{O}_{2}$ sont sur la médiatrice de $[\mathrm{PB}]$, donc $\mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{2}$ est la médiatrice de [PB]. De même, $\left(\mathrm{O}_{3} \mathrm{O}_{4}\right)$ est la médiatrice de [PD], donc $\left(\mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{2}\right)$ et $\left(\mathrm{O}_{3} \mathrm{O}_{4}\right)$ sont toutes deux perpendiculaires à ( BD$)$, donc elles sont parallèles. De même, $\left(\mathrm{O}_{2} \mathrm{O}_{3}\right)$ et $\left(\mathrm{O}_{4} \mathrm{O}_{1}\right)$ sont toutes deux perpendiculaires à (AC), donc elles sont parallèles.
ABCD a ses côtés opposés parallèles deux à deux, donc c'est un parallélogramme.

problem_match: Exercice 1.

solution_match: Solution de l'exercice


problem:
Soit $A B C$ un triangle. $H$ son orthocentre et $P, Q$ et $R$ les pieds des hauteurs issues de $A, B$ et $C$.
Montrer que H est le centre du cercle inscrit à PQR .
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_3f6ff51dc455c10af78ag-1.jpg?height=733&width=1120&top_left_y=1607&top_left_x=416)

solution:
On sait que les points $A, B, P$ et $Q$ sont cocycliques sur le cercle de diamètre $[A B]$, donc :

$$
\widehat{\mathrm{HPQ}}=\widehat{\mathrm{APQ}}=\widehat{\mathrm{ABQ}}=90^{\circ}-\widehat{\mathrm{BAQ}}=90^{\circ}-\widehat{\mathrm{BAC}}
$$

De même, $A, C, P$ et $R$ sont cocycliques sur le cercle de diamètre $[A C]$ donc :

$$
\widehat{H P R}=\widehat{A P R}=\widehat{A C R}=90^{\circ}-\widehat{C A R}=90^{\circ}-\widehat{B A C}
$$

On a donc $\widehat{\mathrm{HPQ}}=\widehat{\mathrm{HPR}}$ donc $(\mathrm{PH})$ est la bissectrice de $\widehat{\mathrm{QPR}}$. On montre de même que $(\mathrm{QH})$ et $(\mathrm{RH})$ sont les bissectrices de $\widehat{\mathrm{PQR}}$ et $\widehat{\mathrm{PRQ}}$, donc $H$ est le centre du cercle inscrit à PQR .

problem_match: Exercice 2.

solution_match: Solution de l'exercice 2


problem:
Soit $A B C D E F$ un hexagone ayant tous ses angles égaux à $120^{\circ}$. Montrer que $A B+$ $B C=D E+E F$.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_3f6ff51dc455c10af78ag-2.jpg?height=717&width=830&top_left_y=628&top_left_x=626)

solution:
On prolonge les côtés [AB], [CD] et [EF], et on appelle Xl l'intersection de $\left(A B\right.$ ) et (CD), $Y$ celle de (CD) et (EF), et $Z$ celle de (EF) et $\left(A B\right.$ ). Alors $\widehat{X B C}=180^{\circ}-\widehat{A B C}=60^{\circ}$ et de même pour $\widehat{X C B}$, donc:

$$
\widehat{Z X Y}=\widehat{B X C}=180^{\circ}-\widehat{X B C}-\widehat{X C B}=180^{\circ}-60^{\circ}-60^{\circ}=60^{\circ}
$$

et de même pour les angles du triangle $X Y Z$ : on a représenté les angles de $120^{\circ}$ en vert et ceux de $60^{\circ}$ en rouge sur la figure.
Le triangle $X B C$ est donc équilatéral, donc $A B+B C=A B+B X=A X$ et de même $D E+E F=F Y$. Or, $X Y Z$ est équilatéral donc $Z X=Z Y$ et $Z A F$ est équilatéral donc $Z A=Z F$, d'où $A X=Z X-$ $Z A=Z Y-Z F=F Y$, d'où le résultat.

problem_match: Exercice 3.

solution_match: Solution de l'exercice 3


problem:
Soit $A B C D$ un quadrilatère convexe. On note $P, Q, R$ et $S$ les milieux des côtés $[A B],[B C],[C D]$ et $[D A]$. Montrer que l'aire de PQRS est égale à la moitié de l'aire de $A B C D$.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_3f6ff51dc455c10af78ag-3.jpg?height=730&width=957&top_left_y=174&top_left_x=424)

solution:
On note $X$ l'intersection des diagonales de $A B C D$. [PQ] coupe [BD] en $Y$, et $[Q R]$ coupe $[A C]$ en $Z$. D'après le théorème de la droite des milieux, ( $P Q$ ) est parallèle à ( $A C$ ), donc (QZ) est parallèle à ( $C X$ ) et, de nouveau d'après le théorème de la droite des milieux, Z est le milieu de $[B X]$, donc l'aire du triangle $X Q Z$ est la moitié de l'aire du triangle $X Q B$. De même, l'aire du triangle XQY est la moitié de celle du triangle XQC.
Le quadrilatère PQRS couvre donc la moitié du triangle XBC. De la même manière, il couvre la moitié des triangles $X C D, X D A$ et $X A B$, donc son aire est la moitié de celle de $A B C D$.

## Exercices Communs

problem_match: Exercice 4.

solution_match: Solution de l'exercice 4


problem:
Soit $A B C$ un triangle rectangle en $C$. La bissectrice de $\widehat{B A C}$ coupe $[B C]$ en $P$, et celle de $\widehat{A B C}$ coupe $[A C]$ en $Q$. Soient $M$ et $N$ sur $[A B]$ tels que (MP) et (NQ) soient perpendiculaires à $(A B)$. Combien vaut l'angle $\widehat{M C N}$ ?
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_3f6ff51dc455c10af78ag-4.jpg?height=795&width=1413&top_left_y=126&top_left_x=174)

solution:
Comme les angles $\widehat{A M P}$ et $\widehat{A C P}$ sont droits, les points $A, C, P$ et $M$ sont cocycliques sur le cercle de diamètre $[A P]$. De même, les points $\mathrm{B}, \mathrm{C}, \mathrm{Q}$ et N sont cocycliques sur le cercle de diamètre $[B Q]$. On peut donc faire une chasse aux angles :

$$
\begin{aligned}
\widehat{M C N} & =90^{\circ}-\widehat{M C P}-\widehat{\mathrm{NCQ}} \\
& =90^{\circ}-\widehat{\mathrm{MAP}}-\widehat{\mathrm{NBQ}} \\
& =90^{\circ}-\frac{1}{2} \widehat{A B C}-\frac{1}{2} \widehat{\mathrm{BAC}} \\
& =\frac{1}{2}\left(180^{\circ}-\widehat{\mathrm{ABC}}-\widehat{\mathrm{BAC}}\right) \\
& =\frac{1}{2} \widehat{A C B} \\
& =45^{\circ}
\end{aligned}
$$

problem_match: Exercice 5.

solution_match: Solution de l'exercice 5


problem:
Soit $A B C$ un triangle ayant ses trois angles aigus, et $P$ le pied de la hauteur issue de $A$. On note $I_{1}$ et $I_{2}$ les centres de cercles inscrits à $A B P$ et $A C P$. Le cercle inscrit à $A B C$ touche $[\mathrm{BC}]$ en D . Combien valent les angles du triangle $\mathrm{I}_{1} \mathrm{I}_{2} \mathrm{D}$ ?
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_3f6ff51dc455c10af78ag-5.jpg?height=944&width=974&top_left_y=130&top_left_x=516)

solution:
On note $E$ et $F$ les points où les cercles inscrits à ABP et ACP touchent $[B C]$, et G et H les points où ils touchent $[A P]: \mathrm{PEI}_{1} \mathrm{H}$ est un carré car les angles en $\mathrm{P}, \mathrm{E}$ et H sont droits, et $I_{1} E=I_{1} H$, donc $E P=E I_{1}$, et de même $F P=\mathrm{FI}_{2}$. On a donc:
$\mathrm{FD}=\mathrm{CD}-\mathrm{CF}=\frac{\mathrm{CA}+\mathrm{CB}-\mathrm{AB}}{2}-\frac{\mathrm{CA}+\mathrm{CP}-\mathrm{AP}}{2}=\frac{\mathrm{CB}-\mathrm{CP}+\mathrm{AP}-\mathrm{AB}}{2}=\frac{\mathrm{BP}+\mathrm{AP}-\mathrm{AB}}{2}=\mathrm{PE}=\mathrm{EI}_{1}$
et de même $\mathrm{ED}=\mathrm{FI}_{2}$. Comme de plus $\widehat{\mathrm{I}_{2} \mathrm{FD}}$ et $\widehat{\mathrm{I}_{1} \mathrm{ED}}$ sont droits, les triangles $\mathrm{I}_{1} \mathrm{ED}$ et $\mathrm{I}_{2} \mathrm{FD}$ sont isométriques donc $\mathrm{DI}_{1}=\mathrm{DI}_{2}$. De plus on a:

$$
\widehat{\mathrm{I}_{1} \mathrm{DI}_{2}}=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{I}_{1} \mathrm{DE}}-\widehat{\mathrm{I}_{2} \mathrm{DF}}=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{I}_{1} \mathrm{DE}}-\widehat{\mathrm{DI}_{1} \mathrm{E}}=\widehat{\mathrm{DEI}_{1}}=90^{\circ}
$$

Le triangle est donc isocèle rectangle en D , donc ses angles valent $90^{\circ}, 45^{\circ}$ et $45^{\circ}$.

## Exercices du groupe A

problem_match: Exercice 6.

solution_match: Solution de l'exercice 6


problem:
Deux cercles $\Gamma_{1}$ et $\Gamma_{2}$ de centres $\mathrm{O}_{1}$ et $\mathrm{O}_{2}$ se coupent en P et Q . Une droite passant par $O_{1}$ coupe $\Gamma_{2}$ en $A$ et $B$, et une droite passant par $O_{2}$ coupe $\Gamma_{1}$ en $C$ et $D$. Montrer que s'il existe un cercle passant par $A, B, C$ et $D$, alors le centre de ce cercle est sur (PQ).
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_3f6ff51dc455c10af78ag-6.jpg?height=974&width=1747&top_left_y=131&top_left_x=189)

solution: On note $\Gamma$ le cercle passant par $A, B, C$ et $D$. D'après le théorème des axes radicaux, $(\mathrm{AB}),(C D)$ et (PQ) sont concourrantes en un point qu'on appelle $X$. De plus, $(\mathrm{AB})$ est perpendiculaire à $\left(\mathrm{OO}_{2}\right)$, donc est la hauteur issue de $\mathrm{O}_{1}$ dans $\mathrm{OO}_{1} \mathrm{O}_{2}$. De même, (CD) est la hauteur issue de $\mathrm{O}_{2}$, donc $X$ est l'orthocentre de $\mathrm{OO}_{1} \mathrm{O}_{2}$. Par conséquent, ( OX ) est perpendiculaire à $\left(\mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{2}\right)$, mais on sait déjà que la perpendiculaire à $\left(\mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{2}\right)$ passant par X est $(\mathrm{PQ})$, donc les droites $(\mathrm{OX})$ et ( PQ ) sont confondues, et $\mathrm{O} \in(\mathrm{PQ})$.

problem_match: Exercice 7.

solution_match: Solution de l'exercice 7


problem:
Soit $A B C D$ un quadrilatère convexe. On suppose que les cercles inscrits aux triangles $A B C, B C D, C D A$ et $D A B$ ont un point commun. Montrer que $A B C D$ est un losange.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_3f6ff51dc455c10af78ag-6.jpg?height=513&width=674&top_left_y=1679&top_left_x=720)

solution:
On note $\omega_{A}$ le cercle inscrit à DAB et ainsi de suite: Les cercles $\omega_{B}$ et $\omega_{D}$ sont situés de part et d'autre de (AC), donc ils ne peuvent s'intersecter que sur ( $B C$ ). De même, $\omega_{\mathrm{A}}$ et $\omega_{\mathrm{c}}$ ne peuvent s'intersecter que sur (BD), donc l'intersection des 4 cercles ne peut être que l'intersection des diagonales, qu'on note $X$.

De plus, notons $R$ et $S$ les points de tangence du cercle inscrit à $A B C$ avec $[A B]$ et $[B C]$, et $T$ et $U$ les points de contact du cercle inscrit à CDA avec [CD] et [DA]. On a :

$$
A B+C D=A R+B R+C T+D T=A X+B S+C X+D U=A U+B S+C S+D U=A D+B C
$$

donc $A B C D$ est circonscriptible : il existe un cercle à l'intérieur de $A B C D$ tangent à tous les côtés, qu'on note $\omega$.
Le centre de l'homothétie négative qui envoie $\omega_{A}$ sur $\omega_{C}$ est $X$, donc est sur ( $A C$ ). De plus, $A$ est le centre de l'homothétie positive qui envoie $\omega_{A}$ sur $\omega$, et $C$ est le centre de l'homothétie positive qui envoie $\omega$ sur $\omega_{C}$, donc le centre de l'homothétie positive qui envoie $\omega_{A}$ sur $\omega_{C}$ est aussi sur (AC), donc les centres de $\omega_{A}$ et $\omega_{C}$ sont sur ( $A C$ ), donc ( $A C$ ) est la bissectrice de $\widehat{B C D}$ et $\widehat{D A B}$, donc le quadrilatère est symétrique par rapport à $(A C)$ d'où $A B=A D$ et $C B=C D$. On a de même $B A=B C$ et $D A=D C$, donc $A B C D$ est un losange.

problem_match: Exercice 8.

solution_match: Solution de l'exercice 8


problem:
Deux cercles $\omega_{1}$ et $\omega_{2}$ sont tangents en $S$, avec $\omega_{1}$ à l'intérieur de $\omega_{2}$. On note O le centre de $\omega_{1}$. Une corde $[A B]$ de $\omega_{2}$ est tangente à $\omega_{1}$ en $T$. Montrer que $(A O)$, la perpendiculaire à $(\mathrm{AB})$ passant par $B$ et la perpendiculaire à $(S T)$ passant par $S$ sont concourantes.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_3f6ff51dc455c10af78ag-7.jpg?height=852&width=1465&top_left_y=1038&top_left_x=327)

solution:
On note $(\mathrm{Bx})$ la perpendiculaire à ( AB ) passant par B, et (Sy) la perpendiculaire à (ST) passant par S. Pour obtenir le résultat grâce au théorème de Ceva trigonométrique dans le triangle ABS, on doit montrer :

$$
\frac{\sin \widehat{B A O}}{\sin \widehat{S A O}} \cdot \frac{\sin \widehat{A S y}}{\sin \widehat{B S y}} \cdot \frac{\sin \widehat{S B x}}{\sin \widehat{A B x}}=1
$$

Or, on sait que $\sin A B x=1$. De plus, l'homothétie de centre $S$ qui envoie $\omega_{1}$ sur $\omega_{2}$ envoie $T$ sur le milieu de l'arc $\widehat{A B}$, donc (ST) est la bissectrice intérieure de $\widehat{A S B}$ et (Sy) est sa bissectrice extérieure, $\mathrm{d}^{\prime}$ où $\sin \widehat{\mathrm{ASy}}=\sin \widehat{\mathrm{BSy}}$. Il reste donc à montrer :

$$
\frac{\sin \widehat{\mathrm{BAO}}}{\sin \widehat{\mathrm{SAO}}} \cdot \sin \widehat{\mathrm{SBX}}=1
$$

Or, $\sin \widehat{\mathrm{BAO}}=\frac{\mathrm{OT}}{\mathrm{AO}}=\frac{\mathrm{OS}}{\mathrm{AO}}=\frac{\sin \widehat{O A S}}{\sin \widehat{A S O}}$, donc il ne reste plus qu'à montrer $\widehat{A S O}=\widehat{\mathrm{SBx}}$. Si on note $\mathrm{O}^{\prime}$ le centre de $\omega_{2}$, alors :

$$
\widehat{\mathrm{ASO}}=\widehat{\mathrm{ASO}^{\prime}}=\frac{1}{2}\left(\pi-\widehat{\mathrm{AO}^{\prime} \mathrm{S}}\right)=\frac{\pi}{2}-\widehat{\mathrm{SBA}}=\widehat{\mathrm{SBx}}
$$

d'où le résultat.

problem_match: Exercice 9.

solution_match: Solution de l'exercice 9


problem:
Soient $\Gamma$ un cercle de centre O , et ( d ) une droite qui n'intersecte pas $\Gamma$. On appelle $P$ le projeté orthogonal de $O$ sur (d). Soit $Q$ un point variable sur la droite (d), et $\left(t_{1}\right)$ et $\left(t_{2}\right)$ les tangentes à $\Gamma$ passant par $Q$. On note $A$ et $B$ les projetés orthogonaux de $P$ sur $\left(t_{1}\right)$ et $\left(t_{2}\right)$. Montrer que le point d'intersection de $(A B)$ et ( $O P)$ reste fixe quand $Q$ varie.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_3f6ff51dc455c10af78ag-8.jpg?height=1388&width=1936&top_left_y=691&top_left_x=187)

solution:
On note $X$ l'intersection de $(A B)$ et $(O P), S$ et $T$ les points où $\left(t_{1}\right)$ et $\left(t_{2}\right)$ touchent $\Gamma$, et $Y$ le point d'intersection de (ST) et (OP). Une première remarque qu'on peut faire est que $O, P, Q, S$ et $T$ sont cocycliques sur le cercle de diamètre [OQ]. Une bonne figure suggère que $Y$ ne dépend pas de $Q$. Et en effet, on a :

$$
\widehat{\mathrm{OSY}}=\widehat{\mathrm{OST}}=\widehat{\mathrm{OQT}}=\widehat{\mathrm{OQS}}=\widehat{\mathrm{OPS}}
$$

donc les triangles OSY et OPS sont indirectement semblables donc $\frac{\mathrm{OY}}{\mathrm{OS}}=\frac{\mathrm{OS}}{\mathrm{OP}} \mathrm{d}^{\prime}$ où $\mathrm{OY}=\frac{\mathrm{r}^{2}}{\mathrm{OP}}$ où $r$ est le rayon de $\Gamma$, donc $O Y$ ne dépend pas de $Q$ et $Y$ est fixe (les amateurs de géométrie projective auront reconnu le pôle de (d) par rapport à $\Gamma$ ).

Soit maintenant $Z$ le projeté orthogonal de $P$ sur (ST) : comme $P$ est sur le cercle circonscrit à PST, la droite de Simson nous garantit que $Z \in(A B)$. Faisons maintenant un peu de chasse aux angles:

$$
\widehat{\mathrm{PZX}}=\widehat{\mathrm{PZA}}=\widehat{\mathrm{PSA}}=\widehat{\mathrm{PSQ}}=\widehat{\mathrm{POQ}}=\widehat{\mathrm{OPZ}}
$$

où on a utilisé successivement que $P, Z, A$ et $S$ sont cocycliques (sur le cercle de diamètre [PS]), que $O, P, Q, S$ sont cocycliques et enfin que (OQ) // (PZ). On a donc que XPZ est isocèle en $X$, donc $X$ est sur la médiatrice de $[P Z]$. Or, le centre du cercle circonscrit à PYZ est sur cette médiatrice, et est sur (PY) car PYZ est rectangle en Z.
$X$ est donc le centre du cercle circonscrit à PYZ, donc est le milieu de [PY] car PYZ est rectangle en $Z$. Comme $P$ et $Y$ ne dépendent pas de $Q, X$ non plus.
$\mathcal{F i n}$

problem_match: Exercice 10.

solution_match: Solution de l'exercice 10