{"year": "2017", "tier": "T2", "problem_label": "1", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "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 $D A P$.\nMontrer que $O_{1} O_{2} O_{3} O_{4}$ est un parallélogramme.\n![](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.\n$A B C D$ a ses côtés opposés parallèles deux à deux, donc c'est un parallélogramme.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2016-2017-envoi-3-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 1.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice "}}
{"year": "2017", "tier": "T2", "problem_label": "2", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Soit $A B C$ un triangle. $H$ son orthocentre et $P, Q$ et $R$ les pieds des hauteurs issues de $A$, $B$ et $C$.\nMontrer que $H$ est le centre du cercle inscrit à $P Q R$.\n![](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 :\n\n$$\n\\widehat{H P Q}=\\widehat{A P Q}=\\widehat{A B Q}=90-\\widehat{B A Q}=90-\\widehat{B A C}\n$$\n\nDe même, $A, C, P$ et $R$ sont cocycliques sur le cercle de diamètre $[A C]$ donc:\n\n$$\n\\widehat{H P R}=\\widehat{A P R}=\\widehat{A C R}=90-\\widehat{C A R}=90-\\widehat{B A C}\n$$\n\nOn 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 $P Q R$.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2016-2017-envoi-3-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 2.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 2"}}
{"year": "2017", "tier": "T2", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "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 $\\widehat{C D F}+\\widehat{C E F}$.\n![](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 $\\widehat{C D F}=\\widehat{A C D}$.\nD'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 $30^{\\circ}$.\n\n## Exercices communs", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2016-2017-envoi-3-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 3.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 3"}}
{"year": "2017", "tier": "T2", "problem_label": "4", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "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 $(B N)$.\nMontrer 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 ( $M N$ ).", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2016-2017-envoi-3-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 4.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 4"}}
{"year": "2017", "tier": "T2", "problem_label": "5", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "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 $S$.\nMontrer que $(A P)$ et $(C S)$ sont parallèles.\n![](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\n\n$$\nM R \\times M B=M A^{2}=M P^{2}\n$$\n\nLes triangles $M R P$ et $M P B$ sont donc indirectement semblables, donc $\\widehat{R P M}=\\widehat{P B M}$. On a donc\n\n$$\n\\begin{aligned}\n\\widehat{C S P} & =\\widehat{C S R} \\\\\n& =\\widehat{C B R} \\\\\n& =\\widehat{P B M} \\\\\n& =\\widehat{R P M} \\\\\n& =\\widehat{S P A},\n\\end{aligned}\n$$\n\noù $\\widehat{C S R}=\\widehat{C B R}$ par le théorème de l'angle inscrit. Par angles alternes-internes, les droites $(C S)$ et $(A P)$ sont donc parallèles.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2016-2017-envoi-3-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 5.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 5"}}
{"year": "2017", "tier": "T2", "problem_label": "6", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "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 $N$.\nMontrer que $A, M, N$ et $I$ sont cocycliques.\n![](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 :\nLemme 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 $A B C$.\nPreuve 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 $S B=S C$.\n\nRevenons 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:\n\n$$\n\\widehat{A M I}=\\widehat{A M B}=\\widehat{A D B}=180^{\\circ}-\\widehat{A D C}=180^{\\circ}-\\widehat{A N C}=180^{\\circ}-\\widehat{A N I}\n$$\n\nLes points $A, I, M$ et $N$ sont donc cocycliques.\n\n## Exercices du groupe A", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2016-2017-envoi-3-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 6.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 6"}}
{"year": "2017", "tier": "T2", "problem_label": "7", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "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 $H A B$.\nMontrer que les droites $(A M),(B N),(C P)$ et $(O H)$ sont concourantes.\n![](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).\nOn 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\ndu cercle circonscrit à $A B C$ et $\\alpha, \\beta, \\gamma$ ses angles, on a\n\n$$\nO M=2 O D=2 O B \\sin \\widehat{O B C}=2 R \\sin \\left(90^{\\circ}-\\alpha\\right)=2 R \\cos \\alpha\n$$\n\nD'autre part, en notant $P$ le pied de la hauteur issue de $C$, on a\n\n$$\nA H=\\frac{A P}{\\cos \\widehat{P A H}}=\\frac{A P}{\\sin \\beta}=\\frac{A C \\sin \\widehat{A C P}}{\\sin \\beta}=2 R \\sin \\widehat{A C P}=2 R \\sin \\left(90^{\\circ}-\\alpha\\right)=2 R \\cos \\alpha\n$$\n\nen utilisant la loi des sinus.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2016-2017-envoi-3-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 7.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 7"}}
{"year": "2017", "tier": "T2", "problem_label": "8", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "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 $\\widehat{A T K}=180^{\\circ}-\\widehat{A H K}=\\widehat{K H C}$.\nOn 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 $M A=M T$.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2016-2017-envoi-3-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 8.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 8"}}
{"year": "2017", "tier": "T2", "problem_label": "9", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "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.\nMontrer que $A_{3}, B_{3}, C_{3}$ sont alignés.\n![](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.\nRappelons tout d'abord le résultat suivant :\nLemme 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 $\\Gamma$.\n\nProof. Soit $H_{A}^{\\prime}$ l'intersection de $A H$ et $\\Gamma$. Par le théorème de l'angle inscrit, on a :\n\n$$\n\\begin{aligned}\n\\widehat{H_{A}^{\\prime} B C} & =\\widehat{H_{A}^{\\prime} A C} \\\\\n& =90-\\widehat{B C A} \\\\\n& =\\widehat{H B C}\n\\end{aligned}\n$$\n\nAinsi, $\\left(H_{A}^{\\prime} B\\right)$ et $(H B)$ sont symétriques par rapport à $(B C)$. On en déduit que $H_{A}^{\\prime}=H_{A} \\in \\Gamma$. De même $H_{B}, H_{C} \\in \\Gamma$.\n\nReprenons les notations de l'exercice et introduisons $H_{A}, H_{B}$ et $H_{C}$ comme dans le lemme précédent.\nLemme 3. Soit S l'intersection de $\\left(A_{1} H_{A}\\right)$ et de $\\left(B_{1} H_{B}\\right)$. Alors $S \\in \\Gamma$.\n\nProof. On note $\\mathcal{S}_{y z}$ la symétrie d'axe $(Y Z)$. Alors\n\n$$\n\\begin{aligned}\n\\mathcal{S}_{\\mathcal{A C}}\\left(\\mathcal{S}_{\\mathcal{B C}}\\left(H_{A} A_{1}\\right)\\right) & =\\mathcal{S}_{\\mathcal{A C}}\\left(A_{1} H\\right) \\text { car } H_{A} \\text { et } H \\text { sont symétriques par rapport à }(B C) \\\\\n& =\\mathcal{S}_{\\mathcal{A C}}\\left(B_{1} H\\right) \\\\\n& =\\left(H_{B} B_{1}\\right) \\text { car } H \\text { et } H_{B} \\text { sont symétriques par rapport à }(A C) .\n\\end{aligned}\n$$\n\nNotons ( $\\mathrm{XY}, \\mathrm{ZW}$ ) 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,\n\n$$\n\\begin{aligned}\n\\left(S H_{A}, S H_{B}\\right) & \\equiv 2 \\cdot(C B, C A) \\\\\n& \\equiv(C B, C A)+(C B, C H)+(C H, C A) \\\\\n& \\equiv(C B, C A)+\\left(C H_{A}, C B\\right)+\\frac{\\pi}{2}-(A C, A B) \\\\\n& \\equiv\\left(C H_{A}, C A\\right)+(B A, B H) \\\\\n& \\equiv\\left(B H_{A}, B A\\right)+\\left(B A, B H_{B}\\right) \\\\\n& \\equiv\\left(B H_{A}, B H_{B}\\right)[\\pi]\n\\end{aligned}\n$$\n\nAinsi, $S \\in \\Gamma$.\nLemme 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 $\\Gamma$.\n\nProof. 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 :\n\n$$\n\\begin{aligned}\n\\left(M^{\\prime} H_{A}, M^{\\prime} H_{B}\\right) & \\equiv\\left(M^{\\prime} H_{A}, M^{\\prime} H\\right)+\\left(M^{\\prime} H, M^{\\prime} H_{B}\\right) \\\\\n& \\equiv\\left(A_{1} H_{A}, A_{1} H\\right)+\\left(B_{1} H, B_{1} H_{B}\\right) \\\\\n& \\equiv 2 \\cdot\\left(A_{1} B, A_{1} H\\right)+2 \\cdot\\left(B_{1} H, B_{1} A\\right) \\\\\n& \\equiv 2 \\cdot\\left(\\frac{\\pi}{2}+\\left(H H_{A}, H A_{1}\\right)\\right)+2 \\cdot\\left(H B_{2}, H H_{B}\\right) \\\\\n& \\equiv 2 \\cdot\\left(H H_{A}, H A_{1}\\right)+2 \\cdot \\frac{\\pi}{2}+2 \\cdot\\left(H B_{2}, H H_{B}\\right) \\\\\n& \\equiv 2 \\cdot\\left(H H_{A}, H H_{B}\\right) \\\\\n& \\equiv 2 \\cdot(C B, C A) \\\\\n& \\equiv\\left(S H_{A}, S H_{B}\\right)[\\pi] .\n\\end{aligned}\n$$\n\nAinsi, $M^{\\prime} \\in \\Gamma$ 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 $M$.\n\nNous pouvouns maintenant terminer l'exercice :\n\n$$\n\\begin{aligned}\n\\left(C_{1} M, C_{1} C_{2}\\right) & \\equiv\\left(H M, H C_{2}\\right) \\text { car } M, C_{1}, H, C_{2} \\text { sont cocycliques } \\\\\n& \\equiv\\left(H M, H B_{2}\\right) \\\\\n& \\equiv\\left(B_{1} M, B_{1} B_{2}\\right)[\\pi] \\text { car } M, B_{1}, H, B_{2} \\text { cocycliques. }\n\\end{aligned}\n$$\n\nDe 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 $M A_{1} A_{2} A_{3} \\sim M B_{1} B_{2} B_{3} \\sim M C_{1} C_{2} C_{3}$.\n\nL'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.\n$\\mathcal{F i n}$", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2016-2017-envoi-3-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 9.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 9"}}