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 $O_{1}, O_{2}, O_{3}$ et $O_{4}$ les centres des cercles circonscrits à $A B P, B C P, C D P$ et $D A P$.
Montrer que $O_{1} O_{2} O_{3} O_{4}$ est un parallélogramme.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_150296516652b0d76603g-02.jpg?height=575&width=969&top_left_y=496&top_left_x=605)

solution:
$1 O_{1}$ et $O_{2}$ sont sur la médiatrice de $[P B]$, donc $O_{1} O_{2}$ est la médiatrice de $[P B]$. De même, $\left(O_{3} O_{4}\right)$ est la médiatrice de $[P D]$, donc $\left(O_{1} O_{2}\right)$ et $\left(O_{3} O_{4}\right)$ sont toutes deux perpendiculaires à $(B D)$, donc elles sont parallèles. De même, $\left(O_{2} O_{3}\right)$ et $\left(O_{4} O_{1}\right)$ sont toutes deux perpendiculaires à $(A C)$, donc elles sont parallèles.
$A B C D$ 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 $P Q R$.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_150296516652b0d76603g-02.jpg?height=725&width=1120&top_left_y=1611&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 :

$$
\widehat{H P Q}=\widehat{A P Q}=\widehat{A B Q}=90-\widehat{B A Q}=90-\widehat{B A C}
$$

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

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

On a donc $\widehat{H P Q}=\widehat{H P R}$ donc $(P H)$ est la bissectrice de $\widehat{Q P R}$. On montre de même que $(Q H)$ et $(R H)$ sont les bissectrices de $\widehat{P Q R}$ et $\widehat{P R Q}$, donc $H$ est le centre du cercle inscrit à $P Q R$.

problem_match: Exercice 2.

solution_match: Solution de l'exercice 2


problem:
Les points $D$ et $E$ divisent le côté $[A B]$ d'un triangle équilatéral en trois parties égales, de telle manière que $D$ est situé entre $A$ et $E$. Le point $F$ est situé sur $[B C]$ de sorte que $C F=A D$. Calculer la somme des angles $\widehat{C D F}+\widehat{C E F}$.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_150296516652b0d76603g-03.jpg?height=538&width=584&top_left_y=693&top_left_x=762)

solution:
On a $B F=B D$ et $\widehat{D B F}=60^{\circ}$, donc le triangle $D B F$ est équilatéral. On a donc $\widehat{B A C}=\widehat{B D F}=60^{\circ}$ donc $(D F) \|(A C)$, donc $\widehat{C D F}=\widehat{A C D}$.
D'autre part, $\widehat{A C D}=\widehat{B C E}$ par symétrie, donc $\widehat{C D F}=\widehat{B C E}=\widehat{F C E}$. La somme qui nous intéresse vaut donc $\widehat{F C E}+\widehat{C E F}=\widehat{B F E}$ d'après la somme des angles du triangle $F C E$. Comme $(F E)$ est une médiane du triangle équilatéral $D B F$, c'est aussi une bissectrice, donc $\widehat{B F E}=\frac{1}{2} \widehat{B F D}=30^{\circ}$ et notre somme est égale à $30^{\circ}$.

## Exercices communs

problem_match: Exercice 3.

solution_match: Solution de l'exercice 3


problem:
Deux cercles $\mathcal{C}$ et $\mathcal{C}^{\prime}$ de centres $O$ et $O^{\prime}$ sont tangents extérieurement en $B$. Une tangente commune extérieure touche $\mathcal{C}$ en $M$ et $\mathcal{C}^{\prime}$ en $N$. La tangente commune à $\mathcal{C}$ et $\mathcal{C}^{\prime}$ en $B$ coupe $(M N)$ en $A$. On note $C$ l'intersection de $(O A)$ et $(B M)$, et $D$ l'intersection de $\left(O^{\prime} A\right)$ et $(B N)$.
Montrer que $(C D)$ est parallèle à $(M N)$.

solution: Comme $(A M)$ et $(A B)$ sont tangents au cercle de centre $O$, on a $A M=A B$. On a aussi $O M=O B$, donc $(O A)$ est la médiatrice de $[M B]$, et donc $C$ est le milieu de $[M B]$. De même, $D$ est le milieu de $[B N]$, donc $(C D)$ est parallèle à ( $M N$ ).

problem_match: Exercice 4.

solution_match: Solution de l'exercice 4


problem:
Soit $A B C$ un triangle dont les trois angles sont aigus et $\Gamma$ son cercle circonscrit. La tangente à $\Gamma$ en $A$ recoupe $(B C)$ en $P$. On note $M$ le milieu de $[A P]$. La droite $(B M)$ recoupe $\Gamma$ en $R$ et la droite $(P R)$ recoupe $\Gamma$ en $S$.
Montrer que $(A P)$ et $(C S)$ sont parallèles.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_150296516652b0d76603g-04.jpg?height=1630&width=1519&top_left_y=126&top_left_x=300)

solution:
En écrivant la puissance de $M$ par rapport à $\Gamma$ puis le fait que $M$ est le milieu de $[A P]$, on obtient

$$
M R \times M B=M A^{2}=M P^{2}
$$

Les triangles $M R P$ et $M P B$ sont donc indirectement semblables, donc $\widehat{R P M}=\widehat{P B M}$. On a donc

$$
\begin{aligned}
\widehat{C S P} & =\widehat{C S R} \\
& =\widehat{C B R} \\
& =\widehat{P B M} \\
& =\widehat{R P M} \\
& =\widehat{S P A},
\end{aligned}
$$

où $\widehat{C S R}=\widehat{C B R}$ par le théorème de l'angle inscrit. Par angles alternes-internes, les droites $(C S)$ et $(A P)$ sont donc parallèles.

problem_match: Exercice 5.

solution_match: Solution de l'exercice 5


problem:
Soit $A B C$ un triangle et $(I)$ le centre de son cercle inscrit. La droite ( $A I)$ recoupe $[B C]$ en $D$. La médiatrice de $[A D]$ recoupe $(B I)$ en $M$ et $(C I)$ en $N$.
Montrer que $A, M, N$ et $I$ sont cocycliques.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_150296516652b0d76603g-05.jpg?height=974&width=1689&top_left_y=353&top_left_x=218)

solution:
On commence par rappeler le théorème du Pôle Sud :
Lemme 1 (Théorème du Pôle Sud). Soit $A B C$ un triangle, $\Gamma$ son cercle circonscrit et $I$ le centre de son cercle inscrit. Soit $S$ le second point d'intersection de la bissectrice de $\widehat{B A C}$ avec $\Gamma$. Alors $S B=S C$. Le point $S$ est appelé Pôle Sud de $A$ dans le triangle $A B C$.
Preuve du lemme. Le théorème de l'angle inscrit dans $\Gamma$ donne $\widehat{S B C}=\widehat{S A C}$ et $\widehat{S C B}=\widehat{S A B}$. Or, comme $S$ est sur la bissectrice de $\widehat{B A C}$ on a $\widehat{S A C}=\widehat{S A B}$, d'où $\widehat{S B C}=\widehat{S C B}$, donc $S C B$ est isocèle en $S$ et $S B=S C$.

Revenons à notre exercice. Notons que le pôle Sud de $A$ dans un triangle $A B C$ est sur la bissectrice de $\widehat{B A C}$ et sur la médiatrice de $[B C]$, donc il peut être défini comme l'intersection de ces deux droites. On commence par montrer que $A, B, D$ et $M$ sont cocycliques. Le point $M$ est sur la médiatrice de $[A D]$ et sur la bissectrice de $\widehat{A B D}$. C'est donc le pôle Sud de $B$ dans $A B D$, donc il est sur le cercle circonscrit à $A B D$. De même, les points $A, C, D$ et $N$ sont cocycliques. On peut maintenant faire une chasse aux angles:

$$
\widehat{A M I}=\widehat{A M B}=\widehat{A D B}=180^{\circ}-\widehat{A D C}=180^{\circ}-\widehat{A N C}=180^{\circ}-\widehat{A N I}
$$

Les points $A, I, M$ et $N$ sont donc cocycliques.

## Exercices du groupe A

problem_match: Exercice 6.

solution_match: Solution de l'exercice 6


problem:
Soit $A B C$ un triangle dont l'orthocentre $H$ est distinct des sommets ainsi que du centre du cercle circonscrit $O$. On désigne par $M, N, P$ les centres des cercles circonscrits aux triangles $H B C, H C A$ et $H A B$.
Montrer que les droites $(A M),(B N),(C P)$ et $(O H)$ sont concourantes.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_150296516652b0d76603g-06.jpg?height=1307&width=1240&top_left_y=520&top_left_x=735)

solution:
Soit $H^{\prime}$ le symétrique de $H$ par rapport à $(B C)$. On sait que $H^{\prime}$ est sur le cercle circonscrit à $A B C$ (il est facile de vérifier $\widehat{B H^{\prime} C}=\widehat{B H C}=180^{\circ}-\widehat{B A C}$ ). Le centre du cercle circonscrit à $H^{\prime} B C$ est donc 0 . Par symétrie par rapport à $(B C)$, le centre du cercle circonscrit à $B H C$ est donc le symétrique de 0 par rapport à $(B C)$, donc $M$ est le symétrique de $O$ par rapport à $(B C)$. On va maintenant montrer que $A H M O$ est un parallélogramme. Si c'est bien vrai, alors $[A M]$ et $[O H]$ se coupent en leur milieu, donc le milieu de $[O H]$ est sur $(A M)$ et, par le même raisonnement, il est aussi $\operatorname{sur}(B N)$ et $(C P)$. Si on note $D$ le milieu de $[B C]$, alors $\overrightarrow{O D}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{O B}+\overrightarrow{O C})=\frac{1}{2}(\overrightarrow{O H}-\overrightarrow{O A})=\frac{1}{2} \overrightarrow{A H}$, donc $\overrightarrow{O M}=\overrightarrow{A H}$. En utilisant la relation $\overrightarrow{O A}+\overrightarrow{O B}+\overrightarrow{O C}=\overrightarrow{O H}$, qui est équivalente à $\overrightarrow{O H}=3 \overrightarrow{O G}$ (droite d'Euler).
On donne également une autre manière, moins rapide mais nécessitant moins de connaissances, de montrer que $A H M O$ est un parallélogramme. Les droites $(A H)$ et $(O M)$ sont parallèles, donc il suffit de montrer que $A H=O M$. Pour cela, on peut utiliser la trigonométrie. D'une part, en notant $R$ le rayon
du cercle circonscrit à $A B C$ et $\alpha, \beta, \gamma$ ses angles, on a

$$
O M=2 O D=2 O B \sin \widehat{O B C}=2 R \sin \left(90^{\circ}-\alpha\right)=2 R \cos \alpha
$$

D'autre part, en notant $P$ le pied de la hauteur issue de $C$, on a

$$
A H=\frac{A P}{\cos \widehat{P A H}}=\frac{A P}{\sin \beta}=\frac{A C \sin \widehat{A C P}}{\sin \beta}=2 R \sin \widehat{A C P}=2 R \sin \left(90^{\circ}-\alpha\right)=2 R \cos \alpha
$$

en utilisant la loi des sinus.

problem_match: Exercice 7.

solution_match: Solution de l'exercice 7


problem: Soit $A B C$ un triangle dont les trois angles sont aigus. Soit $D \in[B C]$ tel que $\widehat{B A C}=$ $\widehat{A D B}$. Soit $H$ le pied de la hauteur issue de $B$ dans $A B C$. La perpendiculaire à $(B C)$ passant par $H$ coupe $(A D)$ en $K$. On suppose que $K$ est à l'intérieur du triangle $A B C$. Soit $M$ le milieu de $[A C]$. Montrer que $M H=M K$.

solution:
Notons que $\widehat{A B H}=90^{\circ}-\widehat{B A C}=90^{\circ}-\widehat{A D B}=\widehat{A K H}$. Les points $A, B, K$, $H$ sont donc cocycliques. Soit $T$ le pied de la hauteur issue de $A$ dans $A B C$. Alors $\widehat{B T A}=\widehat{B H A}=90^{\circ}$ donc $A, B, H$ et $T$ sont cocyliques et le cercle qui passe par ces points passe aussi par $K$. On en déduit $\widehat{A T K}=180^{\circ}-\widehat{A H K}=\widehat{K H C}$.
On va maintenant montrer que $M, K$ et $T$ sont alignés. On a $(A T) \|(H K)$ car ces deux droites sont perpendiculaires à $(B C)$, donc $\widehat{A T K}=\widehat{K H C}=\widehat{T A C}$. Mais le triangle $A T C$ est rectangle en $T$ donc $M A=M C=M T$ et $\widehat{T A M}=\widehat{A T M}$. On en déduit $\widehat{A T M}=\widehat{A T K}$ donc $T, K$ et $M$ sont alignés. Enfin, $M H=M K$ parce que $A T \| H K$ et $M A=M T$.

problem_match: Exercice 8.

solution_match: Solution de l'exercice 8


problem:
Soit ABC un triangle d'orthocentre H. Soient $\left(d_{1}\right)$ et $\left(d_{2}\right)$ deux droites perpendiculaires se coupant en $H$. Soit $A_{1}$ (respectivement $B_{1}, C_{1}$ ) l'intersection de $\left(d_{1}\right)$ avec $(B C)$ (respectivement $(C A),(A B)$ ). Soit $A_{2}$ (respectivement $B_{2}, C_{2}$ ) l'intersection de $\left(d_{2}\right)$ avec $(B C)$ (respectivement $(C A)$, $(A B)$ ). Soient $A_{3}, B_{3}, C_{3}$ des points dans le plan tels que $A_{1} A_{2} A_{3}, B_{1} B_{2} B_{3}, C_{1} C_{2} C_{3}$ soient des triangles directement semblables.
Montrer que $A_{3}, B_{3}, C_{3}$ sont alignés.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_150296516652b0d76603g-08.jpg?height=1554&width=1700&top_left_y=128&top_left_x=180)

solution:
Nous donnons une preuve avec des similitudes directes. Il existe d'autres preuves, un peu plus courtes, qui utilisent des nombres complexes.
Rappelons tout d'abord le résultat suivant :
Lemme 2. Soit $A B C$ un triangle, $\Gamma$ son cercle circonscrit et $H$ son orthocentre. Alors les symétriques $H_{A}, H_{B}$ et $H_{C}$ de H par rapport à $(\mathrm{BC}),(\mathrm{CA})$ et $(\mathrm{AB})$ appartiennent à $\Gamma$.

Proof. Soit $H_{A}^{\prime}$ l'intersection de $A H$ et $\Gamma$. Par le théorème de l'angle inscrit, on a :

$$
\begin{aligned}
\widehat{H_{A}^{\prime} B C} & =\widehat{H_{A}^{\prime} A C} \\
& =90-\widehat{B C A} \\
& =\widehat{H B C}
\end{aligned}
$$

Ainsi, $\left(H_{A}^{\prime} B\right)$ et $(H B)$ sont symétriques par rapport à $(B C)$. On en déduit que $H_{A}^{\prime}=H_{A} \in \Gamma$. De même $H_{B}, H_{C} \in \Gamma$.

Reprenons les notations de l'exercice et introduisons $H_{A}, H_{B}$ et $H_{C}$ comme dans le lemme précédent.
Lemme 3. Soit S l'intersection de $\left(A_{1} H_{A}\right)$ et de $\left(B_{1} H_{B}\right)$. Alors $S \in \Gamma$.

Proof. On note $\mathcal{S}_{y z}$ la symétrie d'axe $(Y Z)$. Alors

$$
\begin{aligned}
\mathcal{S}_{\mathcal{A C}}\left(\mathcal{S}_{\mathcal{B C}}\left(H_{A} A_{1}\right)\right) & =\mathcal{S}_{\mathcal{A C}}\left(A_{1} H\right) \text { car } H_{A} \text { et } H \text { sont symétriques par rapport à }(B C) \\
& =\mathcal{S}_{\mathcal{A C}}\left(B_{1} H\right) \\
& =\left(H_{B} B_{1}\right) \text { car } H \text { et } H_{B} \text { sont symétriques par rapport à }(A C) .
\end{aligned}
$$

Notons ( $\mathrm{XY}, \mathrm{ZW}$ ) l'angle de droite formé par les droites XY et ZW . De la proposition 1, on déduit que $\left(H_{A} A_{1}\right)$ et $\left(H_{B} B_{1}\right)$ sont images l'une de l'autre par la rotation d'angle $2 \cdot(C B, C A)$ de centre $C:\left(S H_{A}, S H_{B}\right)=2 \cdot(C B, C A)$. Ainsi,

$$
\begin{aligned}
\left(S H_{A}, S H_{B}\right) & \equiv 2 \cdot(C B, C A) \\
& \equiv(C B, C A)+(C B, C H)+(C H, C A) \\
& \equiv(C B, C A)+\left(C H_{A}, C B\right)+\frac{\pi}{2}-(A C, A B) \\
& \equiv\left(C H_{A}, C A\right)+(B A, B H) \\
& \equiv\left(B H_{A}, B A\right)+\left(B A, B H_{B}\right) \\
& \equiv\left(B H_{A}, B H_{B}\right)[\pi]
\end{aligned}
$$

Ainsi, $S \in \Gamma$.
Lemme 4. Les cercles de diamètre $\left[A_{1} A_{2}\right],\left[B_{1} B_{2}\right],\left[C_{1} C_{2}\right]$ sont concourants en un point $M$ appartenant à $\Gamma$.

Proof. Soit $M^{\prime}$ le point d'intersection des cercles de diamètre $\left[A_{1} A_{2}\right]$ (passant donc par $H$ et $H_{A}$ ) et $\left[B_{1} B_{2}\right]$ (passant donc par $H$ et $H_{B}$ ) différent de $H$. On a :

$$
\begin{aligned}
\left(M^{\prime} H_{A}, M^{\prime} H_{B}\right) & \equiv\left(M^{\prime} H_{A}, M^{\prime} H\right)+\left(M^{\prime} H, M^{\prime} H_{B}\right) \\
& \equiv\left(A_{1} H_{A}, A_{1} H\right)+\left(B_{1} H, B_{1} H_{B}\right) \\
& \equiv 2 \cdot\left(A_{1} B, A_{1} H\right)+2 \cdot\left(B_{1} H, B_{1} A\right) \\
& \equiv 2 \cdot\left(\frac{\pi}{2}+\left(H H_{A}, H A_{1}\right)\right)+2 \cdot\left(H B_{2}, H H_{B}\right) \\
& \equiv 2 \cdot\left(H H_{A}, H A_{1}\right)+2 \cdot \frac{\pi}{2}+2 \cdot\left(H B_{2}, H H_{B}\right) \\
& \equiv 2 \cdot\left(H H_{A}, H H_{B}\right) \\
& \equiv 2 \cdot(C B, C A) \\
& \equiv\left(S H_{A}, S H_{B}\right)[\pi] .
\end{aligned}
$$

Ainsi, $M^{\prime} \in \Gamma$ par le théorème de l'angle inscrit. De la même façon, on montre que l'intersection des cercles de diamètre $\left[B_{1} B_{2}\right]$ et $\left[C_{1} C_{2}\right]$ est un point $M^{\prime \prime} \in \Gamma$. Comme l'intersection du cercle de diamètre $\left[B_{1} B_{2}\right]$ et de $\Gamma$ est unique, on en déduit que $M^{\prime}=M^{\prime \prime}=M$, c'est-à-dire que les quatre cercles sont concourants en $M$.

Nous pouvouns maintenant terminer l'exercice :

$$
\begin{aligned}
\left(C_{1} M, C_{1} C_{2}\right) & \equiv\left(H M, H C_{2}\right) \text { car } M, C_{1}, H, C_{2} \text { sont cocycliques } \\
& \equiv\left(H M, H B_{2}\right) \\
& \equiv\left(B_{1} M, B_{1} B_{2}\right)[\pi] \text { car } M, B_{1}, H, B_{2} \text { cocycliques. }
\end{aligned}
$$

De la même façon, on prouve que $\left(B_{1} M, B_{1} B_{2}\right) \equiv\left(C_{1} M, C_{1} C_{2}\right)$. Donc, comme $\left(M A_{1}, M A_{2}\right) \equiv$ $\left(M B_{1}, M C_{2}\right) \equiv\left(M C_{1}, M C_{2}\right) \equiv \frac{\pi}{2} \quad[\pi]$, on obtient que $M A_{1} A_{2}, M B_{1} B_{2}$ et $M C_{1} C_{2}$ sont directement semblables, ce que l'on notera désormais $M A_{1} A_{2} \sim M B_{1} B_{2} \sim M C_{1} C_{2}$. En outre, $A_{1} A_{2} A_{3} \sim$ $B_{1} B_{2} B_{3} \sim C_{1} C_{2} C_{3}$ par hypothèse. Donc $M A_{1} A_{2} A_{3} \sim M B_{1} B_{2} B_{3} \sim M C_{1} C_{2} C_{3}$.

L'utilisation de similitudes directes permet alors de conclure directement : une similitude directe $\mathcal{S}$ de centre $M$ envoie $A_{1}$ sur $A_{3}$, et également $B_{1}$ sur $B_{3}$ et $C_{1}$ sur $C_{3}$. Comme $A_{1}, B_{1}$ et $C_{1}$ sont alignés, on en déduit que $A_{3}, B_{3}$ et $C_{3}$ le sont également.
$\mathcal{F i n}$

problem_match: Exercice 9.

solution_match: Solution de l'exercice 9