problem: Soit $A$ un point extérieur à un cercle $\mathscr{C}$ de centre $O$. Un point $P$ se déplace sur $\mathscr{C}$. Soit $M$ le point d'intersection entre $(A P)$ et la bissectrice de $\widehat{P O A}$. Montrer que $M$ se déplace sur un cercle que l'on décrira.

solution:
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_aa54b75d72666e4d7fcag-1.jpg?height=679&width=1180&top_left_y=1238&top_left_x=467)

Notons $d=O A$ et $R$ le rayon du cercle.
D'après le théorème de la bissectrice, on a $M P / M A=O P / O A$, donc $\frac{M A}{A P}=\frac{M A}{M A+M P}=$ $\frac{1}{1+\frac{M P}{M A}}=\frac{1}{1+\frac{O P}{O A}}=\frac{O A}{O A+O P}=\frac{d}{d+R}$. Notons $k$ cette valeur. Soit $O^{\prime}$ le point de $[A O]$ tel que $A O^{\prime}=k A O$. D'après le théorème de Thalès, les droites $\left(O^{\prime} M\right)$ et $(O P)$ sont parallèles, donc $\frac{O^{\prime} M}{O P}=\frac{A M}{A P}=k$, donc $O^{\prime} M=k R$. Ceci prouve que $M$ décrit le cercle de centre $O^{\prime}$ et de rayon kR.
Remarquons que $A O^{\prime}+k R=k(d+R)=d$, donc ce cercle passe par $O$.

problem_match: Exercice 1.

solution_match: Solution de l'exercice 1


problem:
Soit $A B C$ un triangle tel que $\widehat{A}=60^{\circ}$. On note $O$ le centre du cercle circonscrit, $I$ le centre du cercle inscrit et $H$ l'orthocentre. Montrer que

1) $B, C, O, I, H$ sont cocycliques
2) $O I H$ est isocèle.

solution:
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_aa54b75d72666e4d7fcag-2.jpg?height=779&width=853&top_left_y=348&top_left_x=636)

On utilise les angles de droites. Les angles sont modulo $180^{\circ}$.

1) $(H B, H C)=(H B, A C)+(A C, A B)+(A B, H C)=D-(A B, A C)+D=-(A B, A C)=-60^{\circ}=$ $120^{\circ}=(O B, O C)$ (où on a noté $D$ l'angle droit), donc $B, H, O, C$ sont cocycliques.
$(I B, I C)=(I B, B C)+(B C, I C)=-\widehat{B} / 2-\widehat{C} / 2=-120 / 2=-60^{\circ}=120^{\circ}$, donc $I$ se trouve également sur ce cercle.
2) $(C O, C I)-(C I, C H)=(C O, C B)+(C B, C I)-(C I, C B)-(C B, C H)=(C O, C B)+$ $(C H, C B)+2(C B, C I)=(90-\widehat{A})+(90-\widehat{B})-\widehat{C}=0$, donc $(C O, C I)=(C I, C H)$. On a donc $(O I, O H)=(C I, C H)=(C O, C I)=(H O, H I)$, donc $O I H$ est isocèle en $I$.

problem_match: Exercice 2.

solution_match: ## Solution de l'exercice 2


problem: Par un point $A$ d'un cercle de centre $O$, on mène une tangente à ce cercle, et on prend deux points $B$ et $C$ sur cette tangente, avec $C$ entre $A$ et $B$. De $B$ et $C$, on mène $(B D)$ et $(C E)$ tangentes au cercle. Démontrer que $\widehat{B O C}=\widehat{D A E}$.

solution:
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_aa54b75d72666e4d7fcag-2.jpg?height=700&width=1170&top_left_y=1862&top_left_x=472)

Notons $\alpha=\widehat{B D E}$ et $\beta=\widehat{C E A}$. D'après le théorème de l'angle inscrit, on a $\alpha=\widehat{D A E}$.
Comme $(C A)$ et $(C E)$ sont les deux tangentes menées à partir de $C$, on a $\widehat{E A C}=\widehat{C E A}=\beta$. $\widehat{B O C}=\widehat{B O A}-\widehat{C O A} . \mathrm{Or},(B O) \perp(A D)$ et $(O A) \perp(A C)$, donc $\widehat{B O A}=\widehat{D A C}=\alpha+\beta$, et de même $\widehat{C O A}=\beta$, donc $\widehat{B O C}=\alpha=\widehat{D A E}$.

problem_match: Exercice 3.

solution_match: Solution de l'exercice 3


problem: Soit $A B C$ un triangle. Soit $P$ appartenant au cercle circonscrit. On sait que les projetés de $P$ sur $(B C),(C A)$ et $(A B)$ sont alignés sur la droite dite de Simson. On suppose que cette droite passe par le point diamétralement opposé à $P$. Montrer qu'elle passe également par le centre de gravité de $A B C$.

solution:
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_aa54b75d72666e4d7fcag-3.jpg?height=700&width=720&top_left_y=696&top_left_x=556)

Notons $P^{\prime}$ le point diamétralement opposé à $P$. Soit $\Delta$ la droite de Simson. Soit $h$ l'homothétie de centre $P$ et de rapport 2. Alors $h(\Delta)$ est la droite de Steiner. On sait qu'elle passe par l'orthocentre $H$, donc $\Delta$ passe par le milieu de $[P H]$. On en déduit que $\Delta$ est la médiane de $P P^{\prime} H$ issue de $P^{\prime}$.
Par ailleurs, (HO) est la médiane de $P P^{\prime} H$ issue de $H$. Comme $\overrightarrow{H G}=\frac{2}{3} \overrightarrow{H O}$, le point $G$ est le centre de gravité de $P H P^{\prime}$, donc $\Delta$ passe par $G$.

problem_match: Exercice 4.

solution_match: ## Solution de l'exercice 4


problem: Soit $A B C$ un triangle. On suppose que la médiane $(B M)$ et la bissectrice $(C D)$ se coupent en un point $J$ tel que $J B=J C$. Soit $H$ le pied de la hauteur issue de $A$. Montrer que $J M=J H$.

solution:
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_aa54b75d72666e4d7fcag-4.jpg?height=545&width=874&top_left_y=145&top_left_x=617)

Notons $\gamma=\widehat{A C B}$. On a $M A=M C=M H$, donc $\widehat{C H M}=\gamma$.
On a aussi $\widehat{C H M}=180^{\circ}-\widehat{M H B}=\widehat{H B M}+\widehat{B M H}$.
De plus, $\widehat{H B M}=\widehat{D C B}=\gamma / 2$, donc $\widehat{B M H}=\widehat{H M B}=\gamma / 2$.
On en déduit que $B H=H M=M C$. Les triangles $B H J$ et $C M J$ vérifient $B J=C J, \widehat{H B J}=$ $\widehat{M C J}$ et $B H=C M$ donc sont isométriques. Par conséquent, $J H=H M$.

problem_match: Exercice 5.

solution_match:
##
Solution de l'exercice 5


problem: Soit $A B C$ un triangle, et $D, E, F$ les pieds des hauteurs de $A, B, C$ respectivement. On définit aussi $H$ l'orthocentre de $A B C, O$ le centre de son cercle circonscrit, et $X$ le point de la droite $(E F)$ qui vérifie $X A=X D$. Montrer que les droites $(A X)$ et $(O H)$ sont perpendiculaires.

solution:
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_aa54b75d72666e4d7fcag-4.jpg?height=820&width=1264&top_left_y=1460&top_left_x=422)

On sait que l'axe radical de deux cercles est une droite perpendiculaire à la droite passant par les centres des deux cercles.
La condition $X A=X D$ signifie que X est sur la médiatrice de $[A D]$, qui n'est autre que le droite des milieux $\left(B^{\prime} C^{\prime}\right)$ (avec $B^{\prime}$ et $C^{\prime}$ les milieux de $[A C]$ et de $[A B]$ ). On sait aussi que les points
$A, E, F, H$ sont cocycliques d'après la réciproque du théorème de l'angle inscrit. De, plus $[A H]$ étant un diamètre du cercle passant par ces quatre points, le milieu $H^{\prime}$ de $[A H]$ est le centre de ce cercle.
Le centre du cercle passant par $A, B^{\prime}, C^{\prime}$ est le milieu $O^{\prime}$ de $[A O]$ (par propriété de l'homothétie de centre $A$ et de rapport 1/2). On sait que $\left(O^{\prime} H^{\prime}\right)$ et $(O H)$ sont parallèles. Le problème revient donc à montrer que $(A X)$ et $\left(O^{\prime} H^{\prime}\right)$ sont perpendiculaires. Nous allons montrer ici que $(A X)$ est en fait l'axe radical des deux cercles évoqués précédemment, ce qui terminera l'exercice d'après la propriété évoquée au début de la preuve.
$A$ étant sur les deux cercles, est bien sur leur axe radical. On sait de plus que $B^{\prime}, C^{\prime}, E, F$ sont cocycliques sur le cercle d'Euler du triangle $A B C$. Ainsi on a l'égalité de longueurs : $X C^{\prime} \times X B^{\prime}=X E \times X F$, ce qui signifie que $X$ est bien sur l'axe radical de nos deux cercles.
Ainsi on a bien $(A X)$ et $(O H)$ qui sont perpendiculaires.

problem_match: Exercice 6.

solution_match: ## Solution de l'exercice 6


problem: Soit $A B C$ un triangle, et $\Gamma$ son cercle circonscrit. Soit $M$ le milieu de l'arc $B C$ ne contenant pas $A$. Un cercle $\mathscr{C}$ est tangent à $[A B),[A C)$ en $D$ et $E$ respectivement, et tangent intérieurement à $\Gamma$ en $F$. Montrer que $(D E),(B C)$ et $(F M)$ sont concourantes.

solution:
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_aa54b75d72666e4d7fcag-5.jpg?height=863&width=1270&top_left_y=1021&top_left_x=425)

Soit $I$ le centre du cercle inscrit dans $A B C$. La droite $(E F)$ recoupe $\Gamma$ en un point $H$. Soit $J$ le point d'intersection de $(B C)$ avec $(F M)$.
Il est facile de voir que $H$ est le milieu de l'arc $A C$ ne contenant pas $B$ : en effet, l'homothétie de centre $F$ qui envoie $\mathscr{C}$ sur $\Gamma$ envoie $(A C)$ sur la tangente en $H$ à $\Gamma$; celle-ci est parallèle à $(A C)$, ce qui entraîne que $H$ est le milieu de l'arc, et par conséquent $B, I, H$ sont alignés.
En appliquant le théorème de Pascal à l'hexagone $A M F H B C$, on obtient que $I, E, J$ sont alignés. De même, $D, I, J$ sont alignés. Ainsi, $(D E),(B C)$ et $(F M)$ se rencontrent en $J$.

problem_match: Exercice 7.

solution_match: Solution de l'exercice 7


problem: Soit $A B C$ un triangle, $D, E, F$ les points de tangence du cercle inscrit sur les côtés $(B C),(A C)$ et $(A B), M$ le milieu de $[B C], I$ le centre du cercle inscrit de $A B C . G$ et $H$ sont définis comme les symétriques de $E$ et $F$ par rapport à $I$. On note $Q$ l'intersection entre les droites $(B C)$ et $(G H)$. Montrer que les droites $(I Q)$ et $(I M)$ sont perpendiculaires.

solution:
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_aa54b75d72666e4d7fcag-6.jpg?height=828&width=1313&top_left_y=177&top_left_x=403)

Soit $\omega$ le cercle inscrit de $A B C$.
On notera pour tout point $X$ du plan $p(X)$ la polaire de $X$ par rapport à $\omega$. On sait que pour tout point $X$ du plan, $p(X)$ est une droite perpendiculaire à $(I X)$. Nous allons donc montrer que $p(Q)$ et $(I M)$ sont parallèles pour en déduire le résultat.
On sait que $p(D)=(B C)$, et que $Q \in(B C)$ donc $Q \in p(D)$. Ainsi par propriété des polaires (par rapport à un cercle fixé), on en déduit que $D \in p(Q)$. De plus par construction de la polaire, on sait que $A^{\prime}$ le point d'intersection des tangentes à $\omega$ en $G$ et $H$ est aussi sur la polaire de $Q$. Ainsi on a : $p(Q)=\left(D A^{\prime}\right)$. Par symétrie de la construction, on sait que $A$ et $A^{\prime}$ sont symétriques par rapport à $I$.
Soit maintenant $D^{\prime}$ le symétrique de $D$ par rapport à $I$ (qui est donc sur $\omega$ ) et $D^{\prime \prime}$ le point de $(B C)$ tel que $M$ soit le milieu de [ $\left.D D^{\prime \prime}\right]$. Une homothétie envoyant une droite sur une droite qui lui est parallèle, on sait que les droites $\left(D A^{\prime}\right)$ et $\left(D^{\prime} A\right)$ sont parallèles, ainsi que les droites $(I M)$ et $\left(D^{\prime} D^{\prime \prime}\right)$. Or il est connu que les points $A, D^{\prime}, D^{\prime \prime}$ sont alignés (se montre par une homothétie de centre $A$ ).
Ainsi les droites $\left(D A^{\prime}\right)$ et $(I M)$ sont parallèles, et $\left(D A^{\prime}\right)$ et $(Q I)$ étant perpendiculaires, on en déduit que $(I Q)$ et $(I M)$ sont bien perpendiculaires.

Autre solution. Notons $\alpha, \beta$ et $\gamma$ les angles de $D E F$ et $R$ le rayon du cercle circonscrit à $D E F$. On a $B D=R \tan \beta, C D=R \tan \gamma$ donc

$$
2 D M=B C-2 B D=R(\tan \gamma-\tan \beta)=R \frac{\sin \gamma \cos \beta-\sin \beta \cos \gamma}{\cos \beta \cos \gamma}=R \frac{\sin (\gamma-\beta)}{\cos \beta \cos \gamma} .
$$

D'autre part, la loi des sinus dans $Q D H$ donne $D Q=D H \frac{\cos \gamma}{\sin (\beta-\gamma)}=2 R \frac{\cos \beta \cos \gamma}{\sin (\beta-\gamma)}$ donc $Q D . D M=R^{2}=D I^{2}$. Or, $[I D]$ est la hauteur de $I Q M$ issue de $I$, donc $I Q M$ est rectangle en $I$.

problem_match: Exercice 8.

solution_match: ## Solution de l'exercice 8