{"year": "2018", "tier": "T2", "problem_label": "1", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Soit $\\Gamma_{1}$ et $\\Gamma_{2}$ deux cercles se coupant en $A$ et $B$ distincts. Notons O le centre de $\\Gamma_{1}$. Soit $C$ un point de $\\Gamma_{1}$, soit $D, E$ les intersections respectives de (AC) et de (BC) avec $\\Gamma_{2}$.\nMontrer que (OC) et ( DE ) sont perpendiculaires.", "solution": "![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_32b26e124c52bb7a9b29g-01.jpg?height=551&width=903&top_left_y=1416&top_left_x=611)\n\nOn procède par chasse aux angles.\nOn présente ici une solution qui se veut très (trop) rigoureuse, il n'y avait pas besoin d'être aussi pointilleux ni de traiter tous ces cas pour recevoir la note maximale à cet exercice.\n\nComme on remarque que la figure change beaucoup selon que le point $C$ est du même côté de la droite ( AB ) que O ou non, on a le choix entre distinguer des cas dans notre chasse aux angles en faisant attention aux problèmes d'orientation ou travailler avec des angles orientés de droites. La deuxième méthode est souvent préférable, tant qu'on n'a pas à diviser des angles par deux (le problème est que, si on regarde nos angles orientés de droites modulo 180 degrés et qu'on divise par 2 , on se retrouve à regarder des angles orientés de droite modulo 90 degrés, donc on perd de l'information). ${ }^{1} \\mathrm{Ici}$, on va panacher les deux méthodes.\nOn calcule modulo 180 degrés :\n$(\\mathrm{OC}, \\mathrm{DE})=(\\mathrm{OC}, \\mathrm{CD})+(\\mathrm{CD}, \\mathrm{DE})=(\\mathrm{OC}, \\mathrm{CD})+(\\mathrm{AB}, \\mathrm{BE})=(\\mathrm{OC}, \\mathrm{CA})+(\\mathrm{CB}, \\mathrm{AB})$.\nOr $2(O C, C A)+(O A, O C)=0$ et $2(C B, A B)=(O C, O A)$.\nDonc 2 (OC, DE$)=0$ modulo 180 degrés, donc (OC, DE) est un multiple de 90 degrés (donc 0 ou 90 degrés modulo 180)donc (OC) et (DE) sont parallèles ou perpendiculaires.\nEt là, on est embêtés pour exclure le cas parallèle. On peut s'en sortir par disjonction de cas:\n\n- Si $A, C$ et le point diamétralement opposé à $A$ sur $\\Gamma_{1}$ sont dans cet ordre quand on lit dans le sens trigonométrique (anti-horaire) sur le cercle $\\Gamma_{1}$, alors $(O C, C A)=$ $\\widehat{O C A}$\n- Sinon, (OC, CA) $=180^{\\circ}-\\widehat{O C A}$\n- Si $A, B, C$ se lisent dans cet ordre sur le cercle $\\Gamma_{1}$ dans les sens trigonométrique, alors $(C B, A B)=\\widehat{C B A}$.\n- Sinon, $(\\mathrm{CB}, \\mathrm{AB})=180^{\\circ}-\\widehat{\\mathrm{CBA}}$.\n- On a dans tous les cas $\\widehat{C O A}=180^{\\circ}-2 \\widehat{O C A}$.\n- Mais $\\widehat{C O A}=2 \\widehat{C B A}$ si et seulement si $O$ et $B$ sont du même côté de la droite (AC).\n- En revanche, si $O$ et $B$ ne sont pas du même côté de la droite $(A C), \\widehat{C O A}=$ $360^{\\circ}-2 \\widehat{C B A}$.\nLes angles géométriques ayant des mesures entre 0 et 180 degrés.\nSi on traite tous les cas présentés ci-dessus, en combinant les égalités, on arrive à montrer que les droites (OC) et (DE) sont parallèles.\n\n[^0]Exercice 2. Soit un quadrilatère $A B C D$ convexe. ${ }^{2}$ On se donne $E, F$ deux points tels que $E, B, C, F$ soient alignés dans cet ordre. On suppose de plus que $\\widehat{B A E}=$ $\\widehat{\\mathrm{CDF}}$ et $\\widehat{\\mathrm{EAF}}=\\widehat{\\mathrm{FDE}}$. Montrer que $\\widehat{\\mathrm{FAC}}=\\widehat{\\mathrm{EDB}}$.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-pofm-2017-2018-envoi2-corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 1.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 1"}}
{"year": "2018", "tier": "T2", "problem_label": "1", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Soit $\\Gamma_{1}$ et $\\Gamma_{2}$ deux cercles se coupant en $A$ et $B$ distincts. Notons O le centre de $\\Gamma_{1}$. Soit $C$ un point de $\\Gamma_{1}$, soit $D, E$ les intersections respectives de (AC) et de (BC) avec $\\Gamma_{2}$.\nMontrer que (OC) et ( DE ) sont perpendiculaires.", "solution": "![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_32b26e124c52bb7a9b29g-03.jpg?height=784&width=807&top_left_y=600&top_left_x=659)\n\nC'est encore une chasse aux angles. Comme $\\widehat{F A E}=\\widehat{\\mathrm{FDE}}$ et $A, D$ sont du même côté de (EF), les points $A, D, E, F$ sont cocycliques.\nDe plus, pour montrer que $\\widehat{F A C}=\\widehat{E D B}$, il suffit de montrer que $\\widehat{C A B}=\\widehat{F A B}-\\widehat{F A C}$ est égal à $\\widehat{\\mathrm{CDB}}=\\widehat{\\mathrm{CDE}}-\\widehat{\\mathrm{EDB}}$, autrement dit que $A, B, C, D$ sont cocycliques. Montrons pour cela que $\\widehat{D A B}+\\widehat{D C B}=180^{\\circ}$. On a :\n\n$$\n\\widehat{D A B}=\\widehat{D A F}+\\widehat{F A B}=\\widehat{D E F}+\\widehat{C D E}=180^{\\circ}-\\widehat{\\mathrm{ECD}}\n$$\n\nce qui prouve la cocyclicité de $A, B, C, D$ et donc le résultat voulu.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-pofm-2017-2018-envoi2-corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 1.", "solution_match": "## \nSolution de l'exercice 2"}}
{"year": "2018", "tier": "T2", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Soit $[A B]$ le diamètre d'un demi-cercle sur lequel on prend deux points $C$ et $D$. Soit $S$ l'intersection de ( $A C)$ et $(B D)$ et $T$ le pied de la perpendiculaire à $[A B]$ issue de $S$.\n\n[^1]Montrer que (ST) est la bissectrice de l'angle $\\widehat{\\mathrm{CTD}}$.", "solution": "![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_32b26e124c52bb7a9b29g-04.jpg?height=384&width=589&top_left_y=491&top_left_x=757)\n\nOn s'en sort par chasse aux angles. Les points $A, D, S, T$ sont cocycliques (sur le cercle de diamètre $[A S])$ et de même les points $B, C, S, T$. Donc $\\widehat{S T D}=\\widehat{S A D}$, et $\\widehat{S T C}=\\widehat{S B C}$. Comme $\\widehat{S A D}=\\widehat{C A D}=\\widehat{\\mathrm{CBD}}=\\widehat{\\mathrm{SBC}}$ par cocyclicité des points $A, B, C, D$, on a bien $\\widehat{S T C}=\\widehat{S T D}$.\nOn peut aussi résoudre cet exercice avec de la géométrie projective. En effet, on remarque (ST) est la bissectrice de $\\widehat{\\mathrm{CTD}}$ si et seulement si (AB), (ST), (TD), (TC) sont harmoniques (grâce au lemme 2/4). Soit F l'intersection de (BD) et de (TC). Il suffit de montrer que $B, S, D, F$ sont harmoniques, donc il suffit de montrer que $B, A,(C D) \\cap(A B), T$ sont harmoniques. Or $(C D) \\cap(A B)$ est par construction sur la polaire de $S$ donc la polaire de $(C D) \\cap(A B)$ passe par $S$. De plus, elle est perpendiculaire à $(A B)$, donc $c^{\\prime}$ est $(S T)$. C'est pourquoi on a bien $(C D) \\cap(A B), T, A$, $B$ harmoniques, ce qui conclut.\n\n## Exercices Communs", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-pofm-2017-2018-envoi2-corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 3.", "solution_match": "## Solution de l'exercice 3"}}
{"year": "2018", "tier": "T2", "problem_label": "4", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Soit $A B C$ un triangle tel que $A B<A C, H$ son orthocentre, $\\Gamma$ son cercle circonscrit, d la tangente à $\\Gamma$ en $A$. On considère le cercle de centre $B$ passant par $A$. Il coupe d en D et ( $A C$ ) en $E$.\nMontrer que D, E, H sont alignés.", "solution": "![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_32b26e124c52bb7a9b29g-05.jpg?height=809&width=982&top_left_y=314&top_left_x=539)\n\nOn remarque tout d'abord que la hauteur issue de $B$ dans $A B C$ est la médiatrice de [AE]. Soit en effet $L$ son point d'intersection avec ( $A C$ ). Par la puissance d'un point, $C E \\cdot C A=C B^{2}-A B^{2}=C L^{2}-A L^{2}=C A \\cdot(C L-A L)$ donc $L A=L E$.\nDonc HAE est isocèle en H. Donc, par chasse aux angles,\n\n$$\n\\widehat{\\mathrm{HEA}}=\\widehat{\\mathrm{HAC}}=90^{\\circ}-\\widehat{\\mathrm{ACB}}=90^{\\circ}-\\widehat{\\mathrm{DAB}}=\\frac{1}{2} \\widehat{\\mathrm{ABD}}=\\widehat{\\mathrm{DEA}} .\n$$\n\nDonc D, E, H sont alignés.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-pofm-2017-2018-envoi2-corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 4.", "solution_match": "## Solution de l'exercice 4"}}
{"year": "2018", "tier": "T2", "problem_label": "5", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Soit $A B C$ un triangle, $\\Gamma$ son cercle circonscrit. Soit $\\omega_{A}$ le cercle inscrit intérieurement à $(A B),(A C)$ et à $\\Gamma$. On note $T_{A}$ le point de tangence de $\\Gamma$ avec $\\omega_{A}$. On définit de même $T_{B}$ et $T_{C}$.\nMontrer que $\\left(A T_{A}\\right),\\left(B T_{B}\\right)$ et $\\left(C T_{C}\\right)$ sont concourantes.", "solution": "![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_32b26e124c52bb7a9b29g-06.jpg?height=760&width=736&top_left_y=344&top_left_x=689)\n\nQuand on voit beaucoup de cercles tangents, on doit penser aux homothéties qui les échangent. En l'occurrence, on a trois homothéties positives, de centre respectifs $\\mathrm{T}_{\\mathrm{A}}, \\mathrm{T}_{\\mathrm{B}}, \\mathrm{T}_{\\mathrm{C}}$ et qui envoient respectivement $\\omega_{\\mathrm{A}}, \\omega_{\\mathrm{B}}$ et $\\omega_{\\mathrm{C}}$ sur $\\Gamma$.\nDe plus, $\\omega_{\\mathrm{A}}$ étant tangent à ( AB ) et ( AC ), on aussi une homothétie positive de centre $A$ qui envoie $\\omega_{A}$ sur le cercle $\\omega$ inscrit à $A B C$. De même pour $B$ et $C$.\nOr la composée de deux homothéties positives de centres $\\mathrm{O}_{1}$ et $\\mathrm{O}_{2}$ est une homothétie positive dont le centre est sur la droite ( $\\left.\\mathrm{O}_{1} \\mathrm{O}_{2}\\right)$. On a donc construit trois homothéties positives qui envoient toutes $\\Gamma$ sur $\\omega$, et leurs centres respectifs appartiennent à $\\left(\\mathrm{AT}_{\\mathrm{A}}\\right),\\left(B \\mathrm{BT}_{\\mathrm{B}}\\right)$ et $\\left(\\mathrm{CT}_{\\mathrm{C}}\\right)$.\nComme il existe au plus une homothétie positive envoyant un cercle donné sur un autre cercle, ces trois homothéties sont en fait une seule et même homothétie, de centre $Z$. On a donc $Z \\in\\left(A T_{A}\\right), Z \\in\\left(B T_{B}\\right)$ et $Z \\in\\left(C T_{C}\\right)$.\nLes droites $\\left(A T_{A},\\left(B T_{B}\\right)\\right.$ et ( $C T_{C}$ sont donc concourantes.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-pofm-2017-2018-envoi2-corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 5.", "solution_match": "## Solution de l'exercice 5"}}
{"year": "2018", "tier": "T2", "problem_label": "6", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Soit $O$ le centre d'un polygone régulier à 18 côtés de sommets $A_{1}, \\ldots, A_{18}$. Soit $B$ le point de $\\left[\\mathrm{OA}_{1}\\right]$ tel que $\\widehat{\\mathrm{BA} A_{2} \\mathrm{O}}=20^{\\circ}$ et C le point de $\\left[\\mathrm{OA}_{2}\\right]$ tel que $\\widehat{\\mathrm{CA}_{1} \\mathrm{O}}=10^{\\circ}$. Montrer que $\\mathrm{BCA}_{2} \\mathrm{~A}_{3}$ sont cocycliques.", "solution": "![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_32b26e124c52bb7a9b29g-07.jpg?height=770&width=804&top_left_y=336&top_left_x=647)\n\nOn prolonge déjà les différentes droites existantes: $A_{1}, O, A_{10}$ sont alignés, $A_{2}, 0, A_{11}$ aussi.\nOn applique ensuite le théorème de l'angle inscrit : tout angle au centre qui intercepte un segment de longueur $A_{1} A_{2}$ vaut $20^{\\circ}$, tout angle inscrit qui intercepte un tel segment vaut $10^{\\circ}$. Donc $A_{1}, C, A_{9}$ alignés, $A_{2}, B, A_{13}$ alignés.\nPar symétrie axiale d'axe $\\left(\\mathrm{OA}_{2}\\right)$, il vient $A_{3}, \\mathrm{C}, \\mathrm{A}_{13}$ alignés.\nSi on parvient à montrer que $A_{3}, B, A_{1} 5$ alignés, alors $\\widehat{\\mathrm{CA}_{3} \\mathrm{~B}}=\\widehat{A_{13} \\mathrm{~A}_{3} \\mathcal{A}_{15}}=20^{\\circ}=$ $\\widehat{C A_{2} B}$, ce qui établit la cocyclicité demandée dans cet exercice.\nMontrons maintenant qu'on a effectivement $A_{3}, B, A_{1} 5$ alignés. Par symétrie axiale d'axe $\\left(\\mathrm{OA}_{1}\\right)$, cela équivaut à montrer que $A_{17}, \\mathrm{~B}, A_{5}$ sont alignés.\nOr, on remarque que ( $A_{17} A_{5}$ ) est la médiatrice du segment $\\left[\\mathrm{OA}_{2}\\right]$ : en effet, le triangle $\\mathrm{OA}_{2} A_{5}$ est équilatéral (comme $\\mathrm{OA}_{2}=\\mathrm{OA}_{5}$ et ${\\widehat{A_{2} \\mathrm{OA}}}_{5}=60^{\\circ}$ ) donc $A_{5}$ est sur la médiatrice de $\\left[\\mathrm{OA}_{2}\\right.$, de même pour $A_{17}$.\nComme $\\mathrm{BO}_{2}$ est isocèle en $\\mathrm{B}, \\mathrm{B}$ est aussi sur la médiatrice de $\\left[\\mathrm{OA}_{2}\\right]$, ce qui établit l'alignement voulu et termine la solution.\n\n## Exercices du groupe A", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-pofm-2017-2018-envoi2-corrige.jsonl", "problem_match": "## Exercice 6.", "solution_match": "## Solution de l'exercice 6"}}
{"year": "2018", "tier": "T2", "problem_label": "7", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Soit $A B C$ un triangle tel que $A B \\neq A C$. Soit $E$ tel que $A E=B E$ et $(B E)$ perpendiculaire à $(B C)$ et soit $F$ tel que $A F=C F$ et ( $C F)$ perpendiculaire à ( $B C$ ). Soit $D$ le point de $(B C)$ tel que $(A D)$ soit tangente au cercle circonscrit à $A B C$ en A.\n\nMontrer que les points $D, E, F$ sont colinéaires.", "solution": "![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_32b26e124c52bb7a9b29g-08.jpg?height=988&width=1345&top_left_y=842&top_left_x=387)\n\nSupposons (sans restreindre la généralité) que $A B<A C$.\nSoit $O$ le centre du cercle circonscrit à $A B C$ et $G$ le point de la droite (AD) tel que $(\\mathrm{AB})$ soit parallèle à (GC).\nMontrons tout d'abord que les angles $\\widehat{\\mathrm{BAD}}$ et $\\widehat{\\mathrm{BCA}}$ sont de même mesure $\\gamma$, et que les angles $\\widehat{B O A}$ et $\\widehat{C F A}$ sont tous les deux de mesure $2 \\gamma$. Le seul point qui ne découle pas immédiatement du théorème de l'angle inscrit est l'égalité $\\widehat{\\mathrm{BOA}}=$ $\\widehat{C F A}$.\n\nOr DBA et DAC sont semblables, donc il existe une similitude $s$ de centre D qui envoie $B$ sur $A$ et $A$ sur $C$. Comme $s$ conserve les rapports de longueur, elle envoie la médiatrice de $[\\mathrm{AB}]$ sur la médiatrice de $[\\mathrm{BC}]$. Elle envoie aussi la perpendiculaire à ( $D A$ ) passant par $A$ (c'est-à-dire (AO), puisque ( $A D$ ) est tangente en $A$ au cercle de centre $O$ passant par $A$ ) sur la perpendiculaire à (DC) passant par C (c'est-à-dire (CF)). Donc O est envoyé sur F. Comme s conserve les mesure d'angles géométriques (attention pour ceux qui travaillent en angles orientés, c'est une similitude indirecte!), $\\widehat{B O A}=\\widehat{A F C}$.\nOn en déduit que $F$ est le centre du cercle circonscrit à $A G C$. En particulier, $F$ est sur la médiatrice de [GC].\nOn considère maintenant l'homothétie $h$ de centre $D$ qui envoie $B$ sur $C$. Comme l'image de toute droite par $h$ est une droite parallèle, $(A B)$ est envoyée sur (GC), et ( $D A$ ) est fixée donc $A$ est envoyé sur $G$. Comme $h$ conserve les rapports de longueurs, la médiatrice de $[A B]$ est envoyée sur la médiatrice de [GC]. De plus, (EB) est envoyée sur (CF) grâce au parallélisme, donc E est envoyé sur $F$.\nDonc D (en tant que centre de l'homothétie), E et F sont alignés.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-pofm-2017-2018-envoi2-corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 7.", "solution_match": "## Solution de l'exercice 7"}}
{"year": "2018", "tier": "T2", "problem_label": "8", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Soit $A B C$ un triangle.\n\nPour un point $P$ de ( $B C$ ) donné, on note $E(P)$ et $F(P)$ les deuxièmes points d'intersection des droites $(A B)$ et ( $A C$ ) avec le cercle de diamètre $[A P]$. Soit $T(P)$ l'intersection des tangentes à ce cercle en $E(P)$ et $F(P)$.\nMontrer que quand $P$ varie sur ( $B C$ ), le lieu géométrique de $T(P)$ est une droite.", "solution": "![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_32b26e124c52bb7a9b29g-10.jpg?height=1012&width=869&top_left_y=313&top_left_x=628)\n\n## Étape 1 : une première remarque importante.\n\nPosons tout d'abord H le pied de la hauteur issue de $A$ dans $A B C$. Soient deux points $P$ et $P^{\\prime}$ de la droite (BC). On note $E=E(P), F=F(P), T=T(P), E^{\\prime}=$ $E\\left(P^{\\prime}\\right), F^{\\prime}=F\\left(P^{\\prime}\\right), T^{\\prime}=T\\left(P^{\\prime}\\right)$. On introduit également $O$ (respectivement $O^{\\prime}$ ) le centre du cercle de diamètre $[A P]$ (respectivement $\\left.\\left[A P^{\\prime}\\right]\\right)$.\nRemarquons que les cercles circonscrits à EAF et à $E^{\\prime} A F^{\\prime}$ se coupent en $A$ et H . En particulier, H est le point du Miquel du quadrilatère de côtés ( $\\left.E E^{\\prime}\\right),\\left(E^{\\prime} F^{\\prime}\\right),\\left(F^{\\prime} F\\right)$, (FE) autrement dit il existe une unique similitude directe $s$ de centre $H$ qui envoie $E$ sur $E^{\\prime}$ et $F$ sur $F^{\\prime}$.\nD'autre part, on a $^{\\mathrm{EOF}}=2 \\widehat{\\mathrm{EHF}}=360^{\\circ}-2 \\widehat{\\mathrm{EAF}}=360^{\\circ}-\\widehat{\\mathrm{BAC}}$, ce qui ne dépend pas de $P$. Donc $\\widehat{\\mathrm{EOF}}=\\widehat{\\mathrm{E}^{\\prime} \\mathrm{O}^{\\prime} \\mathrm{F}^{\\prime}}$, donc la similitude directe $s$ envoie O sur $\\mathrm{O}^{\\prime}$.\nOr, le point $T$ est entièrement défini par la donnée de $E, O, F$ (via des opérations de type tracer un cercle, prendre une tangente..., qui sont conservées par les similitudes). Donc s envoie aussi T sur $\\mathrm{T}^{\\prime}$.\nÀ partir de là, le plus dur est fait.\nÉtape 2 : un jeu technique avec les similitudes pour conclure.\n\nSoit $P_{0}$ un point de (BC). On note $\\sigma$ la similitude directe de centre $H$ qui envoie $E\\left(P_{0}\\right)$ sur $T\\left(P_{0}\\right)$. Soit $P$ un point de (BC). On note $\\sigma_{P}$ la similitude directe (de centre $H)$ qui envoie $E\\left(P_{0}\\right)$ sur $E(P)$. D'après ce qui précède, elle envoie aussi $T\\left(P_{0}\\right)$ sur T(P).\nComme les deux similitudes on le même centre $\\sigma_{P} \\circ \\sigma=\\sigma \\circ \\sigma_{P}$. En particulier, $\\sigma(E(P))=\\sigma \\circ \\sigma_{P}\\left(E\\left(P_{0}\\right)\\right)=\\sigma_{P}\\left(T\\left(P_{0}\\right)\\right)=T(P)$.\nDonc le lieu de $T(P)$ est l'image par $\\sigma$ (qui est une similitude directe) du lieu de $E(P)$ (qui est une droite). C'est donc une droite, comme voulu.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-pofm-2017-2018-envoi2-corrige.jsonl", "problem_match": "## Exercice 8.", "solution_match": "## Solution de l'exercice 8"}}
{"year": "2018", "tier": "T2", "problem_label": "9", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Soit $A B C$ un triangle, O le centre de son cercle circonscrit. Soit P un point sur (AO) et $D, E, F$ les projections orthogonales de $P$ sur ( $A B$ ), ( $B C$ ) et (CA). Soit $X$ et $Y$ les intersections des cercles circonscrits à DEF et à BCP.\nMontrer que $\\widehat{B A X}=\\widehat{Y A C}$", "solution": "![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_32b26e124c52bb7a9b29g-11.jpg?height=1042&width=966&top_left_y=1130&top_left_x=582)\n\n## Étape 1 : Montrons que (DF) est parallèle à (BC).\n\nSoit $\\mathrm{P}_{0}$ le point diamétralement opposé à $A$ sur le cercle circonscrit à $A B C .\\left(P_{0} C\\right)$ est perpendiculaire à $(A C)$ donc parallèle à $(\\mathrm{PF})$ et $\\left(\\mathrm{P}_{0} B\\right)$ est de même parallèle à (PD).\nDonc, d'après le théorème de Thalès, $\\frac{A D}{A B}=\\frac{A P}{A P_{0}}=\\frac{A F}{A C}$, $d^{\\prime}$ où ( $D F$ ) parallèle à ( $B C$ ). Étape 2 : Montrons que $H_{A}$, le pied de la hauteur issue de $A$ appartient à (DEF).\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_32b26e124c52bb7a9b29g-12.jpg?height=768&width=613&top_left_y=646&top_left_x=756)\n\nOn pose $G=\\left(A H_{A} A\\right) \\cap(D F), J$ la projection orthogonale de $P$ (celle de $E$ aussi) sur (DF) et $K$ la projection (orthogonale) de $P$ sur $\\left(A H_{A}\\right)$.\nPKGJ est un rectangle, et $P, K, D, F$ sont cocycliques sur le cercle de diamètre [PA]. Donc PKFD est un trapèze isocèle, donc (PJ) et ( KG ) sont symétriques par rapport à la médiatrice de [DF].\nComme $E_{J G H}$ est un rectangle et $\\left(H_{A} G\\right)$ et $(E J)$ sont symétriques par rapport à la médiatrice de (EF), $D, H_{A}, E, F$ sont cocycliques.\nÉtape 3 : pour conclure.\nL'étape 1 permet de montrer qu'il existe une involution de centre $A$ qui échange $B$ et $F$ d'une part, $C$ et $D$ d'autre part.Pour conclure, il suffit de montrer que cette involution échange $X$ et $Y$, c'est-à-dire qu'elle envoie le cercle circonscrit à BCP sur le cercle circonscrit à DEF.\nLa seule difficulté est de montrer que le point sur lequel l'involution envoie P appartient au cercle circonscrit à DEF.\n\nOr $P$ est un point du cercle circonscrit à ADF tel que (AP) et le cercle circonscrit à $A D F$ sont perpendiculaires en $P$. Donc son image $I$ est un point de la droite (BC) tels que (BC) et (AI) sont perpendiculaires en I. Donc $I=H_{A}$, et l'étape 2 permet de conclure.\n\n\n[^0]:    1. voir le poly de géométrie débutant pour plus de détails sur les angles orientés de droites\n[^1]:    2. c'est-à-dire que les droites $(A B)$ et $(C D)$ sont parallèles ou se coupent à l'extérieur des segments $[A B]$ et $[C D]$ et les droites $(B C)$ et $(D A)$ sont parallèles ou se coupent à l'extérieur des segments [BC] et [DA]", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-pofm-2017-2018-envoi2-corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 9.", "solution_match": "## Solution de l'exercice 9"}}