{"year": "2016", "tier": "T2", "problem_label": "1", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "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)\n\nNotons $d=O A$ et $R$ le rayon du cercle.\nD'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.\nRemarquons que $A O^{\\prime}+k R=k(d+R)=d$, donc ce cercle passe par $O$.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2015-2016-envoi-2-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 1.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 1"}}
{"year": "2016", "tier": "T2", "problem_label": "2", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "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\n\n1) $B, C, O, I, H$ sont cocycliques\n2) $O I H$ 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)\n\nOn utilise les angles de droites. Les angles sont modulo $180^{\\circ}$.\n\n1) $(H B, H C)=(H B, A C)+(A C, A B)+(A B, H C)=D-(A B, A C)+D=-(A B, A C)=-60^{\\circ}=$ $120^{\\circ}=(O B, O C)$ (où on a noté $D$ l'angle droit), donc $B, H, O, C$ sont cocycliques.\n$(I B, I C)=(I B, B C)+(B C, I C)=-\\widehat{B} / 2-\\widehat{C} / 2=-120 / 2=-60^{\\circ}=120^{\\circ}$, donc $I$ se trouve également sur ce cercle.\n2) $(C O, C I)-(C I, C H)=(C O, C B)+(C B, C I)-(C I, C B)-(C B, C H)=(C O, C B)+$ $(C H, C B)+2(C B, C I)=(90-\\widehat{A})+(90-\\widehat{B})-\\widehat{C}=0$, 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 $I$.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2015-2016-envoi-2-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 2.", "solution_match": "## Solution de l'exercice 2"}}
{"year": "2016", "tier": "T2", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "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)\n\nNotons $\\alpha=\\widehat{B D E}$ et $\\beta=\\widehat{C E A}$. D'après le théorème de l'angle inscrit, on a $\\alpha=\\widehat{D A E}$.\nComme $(C A)$ 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 $\\widehat{B O C}=\\alpha=\\widehat{D A E}$.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2015-2016-envoi-2-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 3.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 3"}}
{"year": "2016", "tier": "T2", "problem_label": "4", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "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)\n\nNotons $P^{\\prime}$ 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 $P^{\\prime}$.\nPar 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 $G$.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2015-2016-envoi-2-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 4.", "solution_match": "## Solution de l'exercice 4"}}
{"year": "2016", "tier": "T2", "problem_label": "5", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "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)\n\nNotons $\\gamma=\\widehat{A C B}$. On a $M A=M C=M H$, donc $\\widehat{C H M}=\\gamma$.\nOn a aussi $\\widehat{C H M}=180^{\\circ}-\\widehat{M H B}=\\widehat{H B M}+\\widehat{B M H}$.\nDe plus, $\\widehat{H B M}=\\widehat{D C B}=\\gamma / 2$, donc $\\widehat{B M H}=\\widehat{H M B}=\\gamma / 2$.\nOn 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, $J H=H M$.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2015-2016-envoi-2-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 5.", "solution_match": "## \nSolution de l'exercice 5"}}
{"year": "2016", "tier": "T2", "problem_label": "6", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "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)\n\nOn sait que l'axe radical de deux cercles est une droite perpendiculaire à la droite passant par les centres des deux cercles.\nLa 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\n$A, E, F, H$ 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.\nLe 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.\n$A$ 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.\nAinsi on a bien $(A X)$ et $(O H)$ qui sont perpendiculaires.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2015-2016-envoi-2-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 6.", "solution_match": "## Solution de l'exercice 6"}}
{"year": "2016", "tier": "T2", "problem_label": "7", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "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)\n\nSoit $I$ 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 $(F M)$.\nIl 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.\nEn 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 $J$.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2015-2016-envoi-2-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 7.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 7"}}
{"year": "2016", "tier": "T2", "problem_label": "8", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "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)\n\nSoit $\\omega$ le cercle inscrit de $A B C$.\nOn 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.\nOn 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 $I$.\nSoit 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 $A$ ).\nAinsi 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.\n\nAutre 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\n\n$$\n2 D M=B C-2 B D=R(\\tan \\gamma-\\tan \\beta)=R \\frac{\\sin \\gamma \\cos \\beta-\\sin \\beta \\cos \\gamma}{\\cos \\beta \\cos \\gamma}=R \\frac{\\sin (\\gamma-\\beta)}{\\cos \\beta \\cos \\gamma} .\n$$\n\nD'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 $I$.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2015-2016-envoi-2-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 8.", "solution_match": "## Solution de l'exercice 8"}}