Olympiades Françaises de Mathématiques Envoi Numéro 3

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1 Olympiades Françaises de Mathématiques Olympiades OFM Françaises Mathématiques Envoi Numéro 3 À renvoyer au plus tard le 15 Janvier Les consignes suivantes sont à lire attentivement: Le groupe est constitué des élèves nés en 2002 ou après, avec les exceptions suivantes : * les élèves de Terminale sont dans le groupe, * les élèves de Seconde et Première qui étaient à l OFM en sont dans le groupe. Les autres élèves sont dans le groupe. - Les exercices classés Groupe ne sont à chercher que par les élèves du groupe. - Les exercices classés communs sont à chercher par tout le monde. - Les exercices classés Groupe ne sont à chercher que par les élèves du groupe. - Les exercices doivent être cherchés de manière individuelle. - Utiliser des feuilles différentes pour des exercices différents. - Respecter la numérotation des exercices. - ien préciser votre nom sur chaque copie. 1

2 Exercices du groupe Exercice 1. Soit D un quadrilatère convexe (c est-à-dire que ses diagonales sont à l intérieur de D), et P l intersection de ses diagonales [] et [D]. On note O 1, O 2, O 3 et O 4 les centres des cercles circonscrits à P, P, DP et DP. Montrer que O 1 O 2 O 3 O 4 est un parallélogramme. D O 3 O 4 P O 2 O 1 Solution de l exercice 1 O 1 et O 2 sont sur la médiatrice de [P ], donc O 1 O 2 est la médiatrice de [P ]. De même, (O 3 O 4 ) est la médiatrice de [P D], donc (O 1 O 2 ) et (O 3 O 4 ) sont toutes deux perpendiculaires à (D), donc elles sont parallèles. De même, (O 2 O 3 ) et (O 4 O 1 ) sont toutes deux perpendiculaires à (), donc elles sont parallèles. D a ses côtés opposés parallèles deux à deux, donc c est un parallélogramme. Exercice 2. Soit un triangle. H son orthocentre et P, Q et R les pieds des hauteurs issues de, et. Montrer que H est le centre du cercle inscrit à P QR. Q H R P Solution de l exercice 2 On sait que les points,, P et Q sont cocycliques sur le cercle de diamètre [], donc : ĤP Q = ÂP Q = ÂQ = 90 Q = 90 2

3 De même,,, P et R sont cocycliques sur le cercle de diamètre [] donc : ĤP R = ÂP R = ÂR = 90 ĈR = 90 On a donc ĤP Q = ĤP R donc (P H) est la bissectrice de QP R. On montre de même que (QH) et (RH) sont les bissectrices de P QR et P RQ, donc H est le centre du cercle inscrit à P QR. Exercice 3. Les points D et E divisent le côté [] d un triangle équilatéral en trois parties égales, de telle manière que D est situé entre et E. Le point F est situé sur [] de sorte que F = D. alculer la somme des angles ĈDF + ĈEF. F D E Solution de l exercice 3 On a F = D et DF = 60, donc le triangle DF est équilatéral. On a donc = DF = 60 donc (DF ) (), donc ĈDF = ÂD. D autre part, ÂD = E par symétrie, donc ĈDF = E = F E. La somme qui nous intéresse vaut donc F E + ĈEF = F E d après la somme des angles du triangle F E. omme (F E) est une médiane du triangle équilatéral DF, c est aussi une bissectrice, donc F E = 1 2 F D = 30 et notre somme est égale à 30. Exercices communs Exercice 4. Deux cercles et de centres O et O sont tangents extérieurement en. Une tangente commune extérieure touche en M et en N. La tangente commune à et en coupe (MN) en. On note l intersection de (O) et (M), et D l intersection de (O ) et (N). Montrer que (D) est parallèle à (MN). Solution de l exercice 4 omme (M) et () sont tangents au cercle de centre O, on a M =. On a aussi OM = O, donc (O) est la médiatrice de [M], et donc est le milieu de [M]. De même, D est le milieu de [N], donc (D) est parallèle à (MN). Exercice 5. Soit un triangle dont les trois angles sont aigus et Γ son cercle circonscrit. La tangente à Γ en recoupe () en P. On note M le milieu de [P ]. La droite (M) recoupe Γ en R et la droite (P R) recoupe Γ en S. Montrer que (P ) et (S) sont parallèles. 3

4 N M D O O S M R P Solution de l exercice 5 En écrivant la puissance de M par rapport à Γ puis le fait que M est le milieu de [P ], on obtient MR M = M 2 = MP 2. Les triangles M RP et M P sont donc indirectement semblables, donc RP M = P M. On a donc ĈSP = ĈSR = ĈR = P M = RP M = ŜP, où ĈSR = ĈR par le théorème de l angle inscrit. Par angles alternes-internes, les droites (S) et (P ) sont donc parallèles. 4

5 Exercice 6. Soit un triangle et (I) le centre de son cercle inscrit. La droite (I) recoupe [] en D. La médiatrice de [D] recoupe (I) en M et (I) en N. Montrer que, M, N et I sont cocycliques. N I M D e Solution de l exercice 6 On commence par rappeler le théorème du Pôle Sud : Lemme 1 (Théorème du Pôle Sud). Soit un triangle, Γ son cercle circonscrit et I le centre de son cercle inscrit. Soit S le second point d intersection de la bissectrice de avec Γ. lors S = S. Le point S est appelé Pôle Sud de dans le triangle. Preuve du lemme. Le théorème de l angle inscrit dans Γ donne Ŝ = Ŝ et Ŝ = Ŝ. Or, comme S est sur la bissectrice de on a Ŝ = Ŝ, d où Ŝ = Ŝ, donc S est isocèle en S et S = S. Revenons à notre exercice. Notons que le pôle Sud de dans un triangle est sur la bissectrice de et sur la médiatrice de [], donc il peut être défini comme l intersection de ces deux droites. On commence par montrer que,, D et M sont cocycliques. Le point M est sur la médiatrice de [D] et sur la bissectrice de ÂD. est donc le pôle Sud de dans D, donc il est sur le cercle circonscrit à D. De même, les points,, D et N sont cocycliques. On peut maintenant faire une chasse aux angles : ÂMI = ÂM = ÂD = 180 ÂD = 180 ÂN = 180 ÂNI. Les points, I, M et N sont donc cocycliques. 5

6 Exercices du groupe Exercice 7. Soit 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, H et H. Montrer que les droites (M), (N), (P ) et (OH) sont concourantes. P X H O D M H Solution de l exercice 7 Soit H le symétrique de H par rapport à (). On sait que H est sur le cercle circonscrit à (il est facile de vérifier H = H = 180 ). Le centre du cercle circonscrit à H est donc 0. Par symétrie par rapport à (), le centre du cercle circonscrit à H est donc le symétrique de 0 par rapport à (), donc M est le symétrique de O par rapport à (). On va maintenant montrer que HMO est un parallélogramme. Si c est bien vrai, alors [M] et [OH] se coupent en leur milieu, donc le milieu de [OH] est sur (M) et, par le même raisonnement, il est aussi sur (N) et (P ). Si on note D le milieu de [], alors OD = 1 ( 2 O + O) = 1 ( OH O) = 1 H, 2 2 donc OM = H. En utilisant la relation O + O + O = OH, qui est équivalente à OH = 3OG (droite d Euler). On donne également une autre manière, moins rapide mais nécessitant moins de connaissances, de montrer que HMO est un parallélogramme. Les droites (H) et (OM) sont parallèles, donc il suffit de montrer que H = OM. Pour cela, on peut utiliser la trigonométrie. D une part, en notant R le rayon 6

7 du cercle circonscrit à et α, β, γ ses angles, on a OM = 2OD = 2O sin Ô = 2R sin (90 α) = 2R cos α. D autre part, en notant P le pied de la hauteur issue de, on a H = P cos P H = P sin β = sin ÂP sin β = 2R sin ÂP = 2R sin (90 α) = 2R cos α en utilisant la loi des sinus. Exercice 8. Soit un triangle dont les trois angles sont aigus. Soit D [] tel que = ÂD. Soit H le pied de la hauteur issue de dans. La perpendiculaire à () passant par H coupe (D) en K. On suppose que K est à l intérieur du triangle. Soit M le milieu de []. Montrer que MH = MK. Solution de l exercice 8 Notons que ÂH = 90 = 90 ÂD = ÂKH. Les points,, K, H sont donc cocycliques. Soit T le pied de la hauteur issue de dans. lors T = H = 90 donc,, H et T sont cocyliques et le cercle qui passe par ces points passe aussi par K. On en déduit ÂT K = 180 ÂHK = KH. On va maintenant montrer que M, K et T sont alignés. On a (T ) (HK) car ces deux droites sont perpendiculaires à (), donc ÂT K = KH = T. Mais le triangle T est rectangle en T donc M = M = MT et T M = ÂT M. On en déduit ÂT M = ÂT K donc T, K et M sont alignés. Enfin, MH = MK parce que T HK et M = MT. Exercice 9. Soit un triangle d orthocentre H. Soient (d 1 ) et (d 2 ) deux droites perpendiculaires se coupant en H. Soit 1 (respectivement 1, 1 ) l intersection de (d 1 ) avec () (respectivement (), ()). Soit 2 (respectivement 2, 2 ) l intersection de (d 2 ) avec () (respectivement (), ()). Soient 3, 3, 3 des points dans le plan tels que 1 2 3, 1 2 3, soient des triangles directement semblables. Montrer que 3, 3, 3 sont alignés. 7

8 3 2 2 M H Solution de l exercice 9 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 un triangle, Γ son cercle circonscrit et H son orthocentre. lors les symétriques H, H et H de H par rapport à (), () et () appartiennent à Γ. Proof. Soit H l intersection de H et Γ. Par le théorème de l angle inscrit, on a : Ĥ = Ĥ = 90 = Ĥ insi, (H ) et (H) sont symétriques par rapport à (). On en déduit que H = H Γ. De même H, H Γ. Reprenons les notations de l exercice et introduisons H, H et H comme dans le lemme précédent. Lemme 3. Soit S l intersection de ( 1 H ) et de ( 1 H ). lors S Γ. 8

9 Proof. On note S YZ la symétrie d axe (Y Z). lors S (S (H 1 )) = S ( 1 H) car H et H sont symétriques par rapport à () = S ( 1 H) = (H 1 ) car H et H sont symétriques par rapport à (). Notons (XY,ZW) l angle de droite formé par les droites XY et ZW. De la proposition 1, on déduit que (H 1 ) et (H 1 ) sont images l une de l autre par la rotation d angle 2 (, ) de centre : (SH, SH ) = 2 (, ). insi, insi, S Γ. (SH, SH ) 2 (, ) (, ) + (, H) + (H, ) (, ) + (H, ) + π (, ) 2 (H, ) + (, H) (H, ) + (, H ) (H, H )[π]. Lemme 4. Les cercles de diamètre [ 1 2 ], [ 1 2 ], [ 1 2 ] sont concourants en un point M appartenant à Γ. Proof. Soit M le point d intersection des cercles de diamètre [ 1 2 ] (passant donc par H et H ) et [ 1 2 ] (passant donc par H et H ) différent de H. On a : (M H, M H ) (M H, M H) + (M H, M H ) ( 1 H, 1 H) + ( 1 H, 1 H ) 2 ( 1, 1 H) + 2 ( 1 H, 1 ) ( π ) (HH, H 1 ) + 2 (H 2, HH ) 2 (HH, H 1 ) + 2 π (H 2, HH ) 2 (HH, HH ) 2 (, ) (SH, SH ) [π]. insi, M Γ par le théorème de l angle inscrit. De la même façon, on montre que l intersection des cercles de diamètre [ 1 2 ] et [ 1 2 ] est un point M Γ. omme l intersection du cercle de diamètre [ 1 2 ] et de Γ est unique, on en déduit que M = M = M, c est-à-dire que les quatre cercles sont concourants en M. Nous pouvouns maintenant terminer l exercice : ( 1 M, 1 2 ) (HM, H 2 ) car M, 1, H, 2 sont cocycliques (HM, H 2 ) ( 1 M, 1 2 ) [π] car M, 1, H, 2 cocycliques. De la même façon, on prouve que ( 1 M, 1 2 ) ( 1 M, 1 2 ). Donc, comme (M 1, M 2 ) (M 1, M 2 ) (M 1, M 2 ) π [π], on obtient que M 2 1 2, M 1 2 et M 1 2 sont directement semblables, ce que l on notera désormais M 1 2 M 1 2 M 1 2. En outre, par hypothèse. Donc M M M

10 L utilisation de similitudes directes permet alors de conclure directement : une similitude directe S de centre M envoie 1 sur 3, et également 1 sur 3 et 1 sur 3. omme 1, 1 et 1 sont alignés, on en déduit que 3, 3 et 3 le sont également. Fin 10